唐山市2024-2025学年高一上学期期末考试数学试卷（含答案）

唐ft市2024－2025学年度高一年级第一学期期末考试数学本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时长120分钟.注意事项：答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.cos120o的值为（ ）12

2

1222.已知集合Ax|x24，B0,2}，则AIB（ ）2A.B.

C.

D.{1,0,2}3.设命题p:x0，x22x7，则p为（ ）A.x0，x22x7C.x0，x22x7

B.x0，x22x7D.x0，x22x7设函数f(x)xlgx3，则f(x)零点所在的区间为（ ）A.(B.2) C.(2,D.4)y

fx的图象过点,2，则下列关于fx的说法正确的是（ ）A.fx是奇函数 B.fx是偶函数C.fx的定义域为0,D.fx在0,上单调递增若不等式ax2bx40的解集为{x|1x，则不等式(xa)(xb)0的解集为（ ）A.{x|3xB.{x|x3xC.{x|3xD.{x|x3x已知alog2，blog2， 1，则（ ）4 5 c32bac

bca

cab

cbaxRp

x12x1

2，q:|1xx，则p是q的（ ）必要不充分条件 B.充分不必要条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.已知函数fxcos2xπ，则关于fx的说法正确的有（ ） 6 最小正周期为πxπ对称6图象关于点π0对称3 πgxcos2x的图象6下列命题为真命题的有（ ）A.ab011a

B.若ab0，则ac2bc2x)C.x1x)x

的最大值为5exex exex已知函数f(x) ，g(x) ，则下列结论正确的有（ ）2 2f(x)在R上单调递增

f(x)为奇函数g(x)C.f(2x)

f(x)g(x)

D.g(2x)[g(x)]2[f(x)]2三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.fx)

2x的定义域是 .x1已知tanq2，为第二象限角，则sinq6,x14.f(x)ln(1xx6,x

；若关于x的方程f(x1)m有4个不等x的实数根，则m的取值范围是 ．四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.求下列各式的值：（1）sin20cos70cos160sin110；（2）log25log522lg2lg25.f(x)2sinxcosxcos2xsin2x.f(x的单调递减区间；x0πf(x的值域.2fxlogax1loga1xa0a.fx的定义域；fx奇偶性，并说明理由；（3）f3101fx

f1的x的取值集合.10

3 18.fx9xm3x1.（1）若f21，求m的值；m1fx在区间2,1上的最小值；121 gx2xx2,1xRfxgx，求实数m值范围.121 19.ABCD的四个顶点都落在边界上.经过测量，在扇形OMN中，OM20m，MONπ，记MODa，共设计了两个3方案：1B在半径OM上，点C在半径ONDABCD的面；方案二:如图2，点A,B分别在半径OM和ON上，点C，D在扇形弧上，AB//MN，记此时矩形ABCD的面积为S2.分别用ABCDS2；S2最大值，并比较二者最大值的大小.唐ft市2024－2025学年度高一年级第一学期期末考试数学本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时长120分钟.注意事项：答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.cos120o的值为（ ）12

2

122【答案】A2【解析】【分析】利用诱导公式可得结果.2【详解】cos120ocos180o60ocos60o1.2故选：A.2.已知集合Ax|x24，B0,2}，则AIB（ ）A.B.

C.

D.{1,0,2}【答案】B【解析】【分析】化简集合A，根据交集运算直接求解即可.Ax|x2x2xAB.故选：B3.设命题p:x0，x22x7，则p为（ ）A.x0，x22x7C.x0，x22x7

B.x0，x22x7D.x0，x22x7【答案】C【解析】【分析】命题的否定，量词和结论都要改变，条件不变.px0x22x7的否定px0x22x7，故选：C.设函数f(x)xlgx3，则f(x)的零点所在的区间为（ ）A.(B.2) C.(2,D.4)【答案】C【解析】【分析】由零点存在性定理逐一判断即可.yxylgxfxxlgx3也为增函数，因为f22lg230,f33lg330f2f30fx的零点一定位于区间23内.故选：C.y

fx的图象过点,2，则下列关于fx的说法正确的是（ ）A.fx是奇函数 B.fx是偶函数C.fx的定义域为0,D.fx在0,上单调递增【答案】D【解析】fx的解析式，利用幂函数的基本性质逐项判断，即可得出合适的选项.y1

fx为幂函数，设fxxa，则f22a ，解得a1，222x所以，fxx2 ，所以，函数fx的定义域为0,，xfx为非奇非偶函数，且该函数在0上单调递增，ABC都错，D对.故选：D.若不等式ax2bx40的解集为{x|1x，则不等式(xa)(xb)0的解集为（ ）A.{x|3xB.{x|x3xC.{x|3xD.{x|x3x【答案】D【解析】ax2bx40有两根为1ab【详解】由题意，方程ax2bx40有两根为1和4，b3a故由韦达定理，4

，解得a1,b3，a4则不等式(xa)(xb)0即(x1)(x3)0，解得x3或x1.故选：D已知alog2，blog2， 1，则（ ）4 5 c32bac【答案】C【解析】

bca

cab

cba【分析】利用指数函数、对数函数的性质比较大小.5【详解】依题意，alog21，blog2log5

1， 1 ，所以cab.故选：C

4 2 5 5

2 c32301xRp

x12x1

2，q:|1xx，则p是q的（ ）必要不充分条件 B.充分不必要条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】解不等式求出命题p、q，再根据充分不必要条件定义判断可得答案.【详解】由

x12得3x30，解得1x1，则p:1x1，2x1 2x1 2 2由|1x|x得x1，则q:x1，2 2p1x1成立，则qx1成立，2 2但qx1p1x1不一定成立，2 2则p是q的充分不必要条件.故选：B.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.已知函数fxcos2xπ，则关于fx的说法正确的有（ ） 6 最小正周期为πxπ对称6图象关于点π0对称3 πgxcos2x的图象6【答案】AC【解析】fxAosx的性质及图形变换判断即可.fxcos2xπ可知周期为T2π=πA正确； 6 2 fx的对称轴：由2xπ=kπkZ=πkπkZB错误；6 12 2fx的对称中心：由2xππkπkZπkπkZ，6 2 3 2当k0时，xπ，故对称中心为π,0，故C正确；3 3 π fx

π π π函数fx向左平移 个单位长度得 6

cos2x66cos2x6，故D错误， 故选：AC下列命题为真命题的有（ ）A.ab011a

B.若ab0，则ac2bc2x)C.x1x)x

的最大值为5【答案】AD【解析】【分析】对于A：根据不等式的性质分析判断即可；对于BC：举反例说明即可；对于D：利用基本不等式分析求解.1【详解】对于选项A：因为ab0，则ab

0，可得11，故A正确；a b对于选项B：例如c0，则ac2bc20，故B错误；对于选项C：例如x1，则x122，x可知2不为x1的最小值，故C错误；xx10x对于选项D：因为x1x 25，当且仅当x10x时，即x5时，等号成立，4xxxx)所以 的最大值为x)故选：AD.

exex

exex已知函数f(x) ，g(x) ，则下列结论正确的有（ ）2 2f(x)在R上单调递增

f(x)为奇函数g(x)C.f(2x)

f(x)g(x)

D.g(2x)[g(x)]2[f(x)]2【答案】ABD【解析】yexyexf(xCD，只需分别化简计算等式两边解析式即可判断.exex 1【详解】对于A，由f(x)

x

xyexyex

在R上均为增函数，e e2 2 2 ex故f(x)在R上单调递增，即A正确；f(x) exex 2

exex

e2x1对于B，不妨记F(x) g(x)

2 ex

exex

e2x1，函数定义域为R，e2x1 1e2x

f(x)F(x)e2x1

1

F(x)，即g(x)为奇函数，故B正确；e2xe2x

(exex)(ex

e2xe2x对于C，因f(2x) ，而f(x)g(x) ，2 4 4故f(2x)f(x)g(x)，即C错误；e2xe2x对于D，因g(2x) ，22 2 exex

exex2

2e2x2e2

e2xe2x[g(x)]

[f(x)]

( 2

( ) ，2 4 2故g(2x)[g(x)]2[f(x)]2，即D正确.故选：ABD.【点睛】思路点睛：对于给定函数，判断其单调性和奇偶性等性质的问题，一般从单调性和奇偶性定义出发进行推理判断，有些函数，还可根据其组成的函数单调性，直接判断其单调性，在判断等式时，需要整体处理意识.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.fx)

2x的定义域是 .x1【答案】,11,2【解析】【分析】根据函数解析式，直接求解定义域即可.2x0x10x2x1，fx)

2x的定义域是,11,2.x1故答案为：,11,2已知tanq2，为第二象限角，则sinq.【答案】255【解析】【分析】利用三角函数sin2qcos2q1，及sin,cos之间的关系，得到答案.【详解】tanq2，且q为第二象限角，90°q180°tanq2sinq，sinq2cosq，cosq11，4，0，25.5 5 5故答案为：2556,x14.f(x)ln(1xx16,x的实数根，则m的取值范围是 ．

；若关于x的方程f(x1)m有4个不等x【答案】 ①.ln3 ②.(ln2)【解析】【分析】根据题意，由函数的解析式计算可得f(3)的值，进而计算可得f(f(3))的值，可得第一空答案；对于f(x1)m，设tx1，则f(t)m，求得t的取值范围，结合函数的图象分析f(t)m解的情x x况即可求解．【详解】依题意，f(3)2362，f(f(3))f(2)|ln(12)|ln3；令tx1，|tx|x

12|x||x|1|x|

2，当且仅当|x|1时取等号，则t2或t2，当t2或t2时，方程tx1有两个相等的根，x当t2或t2时，方程tx1有两个同号且不相等的实根，xf(x1mf(tmf(tln(1tt2，x 2t6,t2当t2时，f(t)ln(1t)在(,2]上递减；当t2时，f(t)2t6在[2,)上递减，f(x1m4f(t)m在(2),(2上各有一个实根，xy

f(t)在(,2)U(2,)的图象与直线ym有两个交点，如图：观察图象知，当ln3m2ymy

f(t)在(,2)U(2,)的图象有两个交点，所以m的取值范围是(ln3,2).故答案为ln3(ln2)【点睛】思路点睛：令tx1并求出值域，把问题转化为方程f(t)m在(,2),(2,)上各有一个x根，数形结合求解.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.求下列各式的值：（1）sin20cos70cos160sin110；（2）log25log522lg2lg25.【答案（1）1 （2）3【解析】【分析】（1）利用诱导公式化简，再逆用和角的正弦公式计算即得；（2）利用换底公式和对数的运算性质计算即得.【小问1详解】sin20cos70cos160sin110sin20cos70cos20sin70sin(20o70o)sin90【小问2详解】log25log522lg2lg251lg4lg251lg1003.f(x)2sinxcosxcos2xsin2x.f(x的单调递减区间；x0πf(x的值域.2（1）kππkπ5πkZ.8 8（2）[1,2].【解析】【分析】（1）化简f(x)，结合复合函数单调性求解即可.（2）由题知2xππ,5π，由整体思想进而可得f(x)的值域.4 4 4【小问1详解】f(x)2sinxcosxcos2xsin2xsin2xcos2x

2sin2x

π，4 π π 3π π 5π令2kπ 2x 2kπ ，kZ，解得kπ xkπ ，kZ.2 4 2 8 8所以f(x)的单调递减区间为kππ,kπ5π，kZ.8 8【小问2详解】因为x0,π，所以2xππ,5π，2

4 4 42当2xππ时，即xπ时，f(x)取得最大值，最大值为 ；24 2 8当2xπ5π时，即xπ时，f(x)取得最小值，最小值为1.4 4 2所以f(x)的值域为[1,2].fxlogax1loga1xa0a.fx的定义域；fx的奇偶性，并说明理由；（3）f3101fx

f1的x的取值集合.10

3 （1）1,1（2）偶函数，理由见解析（3）x1x1. 3 3【解析】（1）xfx的定义域；fx奇偶性的定义可得出结论；f3101afxfx的单调性，结合10fx

3f1可得出关于3 【小问1详解】fxlogax1loga1xa0a，由x10解得1x1fx的定义域为1,1.1x0【小问2详解】fx为偶函数.理由如下：fx的定义域为1,1，定义域关于原点对称，fxloga1xloga1xfxfx为偶函数.【小问3详解】a依题意fxlog1x2，a若f3101，则f310log

11，解得a10.10

10

a10 设ylgt，t1x2，因为t1x2在区间10上单调递增，在区间0,1上单调递减.又ylgt在其定义域内单调递增，fx在区间10上单调递增，在区间0,1上单调递减.fx

f1，所以x1，解得1x1，333 333 x的取值集合为x1x1. 3 318.fx9xm3x1.（1）若f21，求m的值；m1fx在区间2,1上的最小值；121 gx2xx2,1xRfxgx，求实数m值范围.121 （1）m9（2）5.4（3）m242.9【解析】【分析】（1）由f21代入可得；设t3x，换元后利用二次函数的性质可得；）先将条件转

f

gx2 gx2

g02，故9xm3x12对任意的minmin x恒成立，即mt3在13上恒成立，进而可得.minmin t 9 【小问1详解】由f21，得92m3211，即：819m11，解得m9.【小问2详解】m1fx9x3x1，令t3xx，所以t3x13，htt2t1t

122

5，4

9 当t1ht取最小值5fx在区间2,1上的最小值为5.2 4 4【小问3详解】若对任意的x12,1，总存在x2R，使得fx1gx2，minfmingx2

gx2 .ming02，所以对任意的x12,1，fx12，min则9xm3x12对任意的x2,1恒成立，m3x3，即m≤t3tt3t3x1,3.3x t

t 9 因t在区间1,3上为增函数，所t 11272429

min

9 9 9 所以实数m的取值范围是m242.919.ABCD的四个顶点都落在边界上.经过测量，在扇形OMN中，OM20m，MONπ，记MODa，共设计了两个3方案：1B在半径OM上，点C在半径ONDABCD的面；方案二:如图2，点A,B分别在半径OM和ON上，点C，D在扇形弧上，AB//MN，记此时矩形ABCD的面积为S2.分别用ABCDS2；S2的最大值，并比较二者最大值的大小.（1）

20203，0aπ，S

40sina(20cosa203sina)，10aπ.3

3 3 2（2）2003m2，(8004