河北省邢台市2024-2025学年高一上学期期末考试数学试题

邢台市2024—2025学年高一(上)期末测试注意事项：2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂答题卡上。写在本试卷上无效。4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册。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.已知集合A={x|2x+6>0},,则A∩B=A.(-3,十○)B.(0,十○)C.(一3,0)D.(-3,1)A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件A.5-e²B.e²-54.记函数的图象为C,为了得到函数的图象，只要把C上所有的点A.向右平移个单位长度B.向右平移个单位长度C.向左平移个单位长度D.向左平移个单位长度5.用一根10厘米长的铁丝围成一个扇形铁环，当扇形铁环的面积最大时，该扇形铁环圆心角的大小为则函数6.若的最小值为则函数及CS扫描全能王3亿人都在用的扫描AppA.8B.7A.20B.21C.22D.23A.618°B.798°C.-282°D.-1002°C.D.(a+b)(a³+b³)≥4a²b²15.(13分)(2)已知log₃2=a,log₃7=b,用a,b表示log9.16.(15分)(2)求●的值.已知函数在(0,+0)上单【高一数学第3页(共4页)】·25-24118.(17分)阻尼器是一种可用于消减强风下高层建筑物晃动的专业工程装置.由物理学知识可知，某阻尼器的运动过程可近似看成单摆运动，其离开位：秒)的函数关系式为f(t)=2sinwt+2√3coswt(w>0),若该函数的连续四个零点依次为t₁,t₂,t₃,t₄,且t₁+t₂+t₃=10,t₂+t₃+t₄=16.(1)求w的值；(2)讨论f(t)在[1,3]上的单调性；(3)若,[f(t)]²+mf(t)+20≤0,求m的取值范围.19.(17分)若存在x,y∈R,使得函数f(x)满足f(x+y)=f(x)+f(y),则称f(x)[G(x)]²<9.数学参考答案1.D因为A=(—3,十∞),B=(—∞,1),所以A∩B=(—3,1).2.B由ln(a—2)<0,得0<a—2<1,即2<a<3,故“a<3”是“ln(a—2)<0”的必要不充分条件.3.C=—1十a=0,得a=1,则5.C设扇形铁环的半径为r,弧长为l,面积为S,则l=10—2r,S=r(10—2r)=—r2十5r.当时,面积取得最大值,此时l=5,圆心角为6.D因为y=父是减函数,y=父是增函数,且所以f的最小 7.C由图可知,f(0)=2sinφ=1,即sinφ=2.因为0<φ<2,所以φ=6.当0<父<2时,6<w父十<十,因为f(父)的图象在(0,上恰有两条对称轴,所以<十≤,解得3<w≤3,故w可取的最小整数为6.8.B令530=a×10n(1≤a<10,n∈N),则lg530=lg(a×10n),整理得30lg5=n十lga.因为lg5=1—lg2≈0.699,所以30lg5≈20.97,即n十lga≈20十0.97.又1≤a<10,n∈N,所以0≤lga<1,从而n=20,lga≈0.97,故530的位数是21.10.ACD因为a>0,b>0,所以a十b≥2\ab,a2十b2≥2ab,a3十b3≥2\a3b3,当且仅当a=22,A,D正确.2a十b—a=a(2a十b),其中a2和b2的大小关系不确定,B不正确.a十—a—b=十==(a十b—b)2≥0,则十≥a十b,C正确.11.ABD因为父>0,y>0,所以由0<yf(父父)——EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(父),y)f(y)yf(父)—父f(yyf(父)—父f(y)>f(父)f(y) >【高一数学●参考答案第1页(共4页)】●25-241A●0.令函数父则g(父)在(0,十∞)上单调递增.由f(y),得yf(父)—父f(y)十父(父—y)[f(父)十f(y)]=父f(父父)——EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(yf),y)(y)<0.令函数h(父)=父f(父),则h(父)在(0,十∞)上单调递减.因为20.1>ln2>log32>0,所以g(20.1)>g(ln2),即ln2.f<log32.f,则 ln3,f(ln2)>ln2f(2),f(ln2)<ln2= ln3,f(ln2)>ln2f(2),f(ln2)<ln2=ln3.故选ABD.12.[0,十∞)令f(父)=父a,则2=4a,解得a=,则f(父)=父,十∞).EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(2),co)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(s),s)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(n),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(cos20),cos20)3]上单调递增,函数在[1,3]上单调递减,所以f(父)在[1,3]上单调递增.由f(a2—2a)>f(2),得2<a2—2a≤3,解得—1≤a<1—\3或\3十1<a≤3.十十2=4.………………………6分(2)因为log32=a,log37=b,所以a十b=log32十log37=log314,………8分则…………11分从而……………13分16.解:(1)因为角α的终边经过点p(2,3),所以sinα分分分【高一数学●参考答案第2页(共4页)】●则分17.(1)证明:f(父)的定义域为R,关于原点对称,……………1分且,…………………2分所以f(父)是偶函数.………………………3分∈[0,十∞),令父1<父2,则f(父1)—f(父2)===………5分 EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up6(2),2)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up6(2),1)则f(父1)—f(父2)===………5分EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),1)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),2)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),1)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),2)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),1)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),2)>0,从而f(父1)—f(父2)>0,………………6分即f(父1)>f(父2),故f(父)在[0,十∞)上单调递减.……7分 (2)解:令父2十2=1,解得父=±2.…………8分因为f(父)是偶函数,且f(父)在[0,十∞)上单调递减,所以由f(f(ln父))≥1,得—2≤f(ln父)≤2.…………10分显然>0,令解得父=±1,所以由f(ln父)≤2,得ln父≤—1或ln父≥1,………………13分解得0<父≤或父≥e,故不等式的解集为.………15分18.解:(1)f(t)=2sinwt十2\coswt=4sin(wt十.……1分由t1十t2十t3=10,t2十t3十t4=16,得t4—t1=6,………2分3T设f(t)的最小正周期为T,则2=6,得T=4,…………4分则………………5分(2)由(1)可知f(t)=4sin十,由1≤t≤3,得≤十≤.………………6分当十即单调递减;当<十≤,即<t≤3时,f(t)单调递增.………………8分故f(t)在[1,上单调递减,在,3]上单调递增.……9分由得十则f∈[—2,4].…………10分【高一数学●参考答案第3页(共4页)】当即m>4时,g(父)在[—2,4]上单调递增,则g(—2)=—2m十24≤0,解得m≥12.………………………12分当,即m<—8时,g(父)在[—2,4]上单调递减,则g(4)=4m十36≤0,解得m≤—9.…………………………14分当—2≤—≤4,即—8≤m≤4时,Δ=m2—80<0,不等式无解.……16分综上所述,m的取值范围为(—∞,—9]u[12,十∞).…………………17分19.(1)解:f(父)为“类正比函数”.……………1分理由如下:因为f(父)是定义在R上的奇函数,所以f(—父)=—f(父),且f(0)=0,……………2分则f(—父)十f(父)=f(—父十父)=0,……………………3分满足f(父十y)=f(父)十f(y),故f(父)为“类正比函数”.………………4分证明:由g得g=0,则G十g十g=0,…………5分从而G(0十0)=G(0)十G(0),故G(父)为“类正比函数”.………………6分 ,所以则分即g(父)∈(—1,1),则g(父3)∈(—1,1),g(父5)∈(—1,1),……………8分从而G(父)∈(—3,3),故