唐ft市2024－2025學年度高一年級第一學期期末考試數學本試卷共4頁，19小題，滿分150分，考試時長120分鐘.注意事項：答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.cos120o的值為（ ）12

2

1222.已知集合Ax|x24，B0,2}，則AIB（ ）2A.B.

C.

D.{1,0,2}3.設命題p:x0，x22x7，則p為（ ）A.x0，x22x7C.x0，x22x7

B.x0，x22x7D.x0，x22x7設函數f(x)xlgx3，則f(x)零點所在的區間為（ ）A.(B.2) C.(2,D.4)y

fx的圖象過點,2，則下列關于fx的說法正確的是（ ）A.fx是奇函數 B.fx是偶函數C.fx的定義域為0,D.fx在0,上單調遞增若不等式ax2bx40的解集為{x|1x，則不等式(xa)(xb)0的解集為（ ）A.{x|3xB.{x|x3xC.{x|3xD.{x|x3x已知alog2，blog2， 1，則（ ）4 5 c32bac

bca

cab

cbaxRp

x12x1

2，q:|1xx，則p是q的（ ）必要不充分條件 B.充分不必要條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.已知函數fxcos2xπ，則關于fx的說法正確的有（ ） 6 最小正周期為πxπ對稱6圖象關于點π0對稱3 πgxcos2x的圖象6下列命題為真命題的有（ ）A.ab011a

B.若ab0，則ac2bc2x)C.x1x)x

的最大值為5exex exex已知函數f(x) ，g(x) ，則下列結論正確的有（ ）2 2f(x)在R上單調遞增

f(x)為奇函數g(x)C.f(2x)

f(x)g(x)

D.g(2x)[g(x)]2[f(x)]2三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.fx)

2x的定義域是 .x1已知tanq2，為第二象限角，則sinq6,x14.f(x)ln(1xx6,x

；若關于x的方程f(x1)m有4個不等x的實數根，則m的取值范圍是 ．四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.求下列各式的值：（1）sin20cos70cos160sin110；（2）log25log522lg2lg25.f(x)2sinxcosxcos2xsin2x.f(x的單調遞減區間；x0πf(x的值域.2fxlogax1loga1xa0a.fx的定義域；fx奇偶性，并說明理由；（3）f3101fx

f1的x的取值集合.10

3 18.fx9xm3x1.（1）若f21，求m的值；m1fx在區間2,1上的最小值；121 gx2xx2,1xRfxgx，求實數m值范圍.121 19.ABCD的四個頂點都落在邊界上.經過測量，在扇形OMN中，OM20m，MONπ，記MODa，共設計了兩個3方案：1B在半徑OM上，點C在半徑ONDABCD的面；方案二:如圖2，點A,B分別在半徑OM和ON上，點C，D在扇形弧上，AB//MN，記此時矩形ABCD的面積為S2.分別用ABCDS2；S2最大值，并比較二者最大值的大小.唐ft市2024－2025學年度高一年級第一學期期末考試數學本試卷共4頁，19小題，滿分150分，考試時長120分鐘.注意事項：答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.cos120o的值為（ ）12

2

122【答案】A2【解析】【分析】利用誘導公式可得結果.2【詳解】cos120ocos180o60ocos60o1.2故選：A.2.已知集合Ax|x24，B0,2}，則AIB（ ）A.B.

C.

D.{1,0,2}【答案】B【解析】【分析】化簡集合A，根據交集運算直接求解即可.Ax|x2x2xAB.故選：B3.設命題p:x0，x22x7，則p為（ ）A.x0，x22x7C.x0，x22x7

B.x0，x22x7D.x0，x22x7【答案】C【解析】【分析】命題的否定，量詞和結論都要改變，條件不變.px0x22x7的否定px0x22x7，故選：C.設函數f(x)xlgx3，則f(x)的零點所在的區間為（ ）A.(B.2) C.(2,D.4)【答案】C【解析】【分析】由零點存在性定理逐一判斷即可.yxylgxfxxlgx3也為增函數，因為f22lg230,f33lg330f2f30fx的零點一定位于區間23內.故選：C.y

fx的圖象過點,2，則下列關于fx的說法正確的是（ ）A.fx是奇函數 B.fx是偶函數C.fx的定義域為0,D.fx在0,上單調遞增【答案】D【解析】fx的解析式，利用冪函數的基本性質逐項判斷，即可得出合適的選項.y1

fx為冪函數，設fxxa，則f22a ，解得a1，222x所以，fxx2 ，所以，函數fx的定義域為0,，xfx為非奇非偶函數，且該函數在0上單調遞增，ABC都錯，D對.故選：D.若不等式ax2bx40的解集為{x|1x，則不等式(xa)(xb)0的解集為（ ）A.{x|3xB.{x|x3xC.{x|3xD.{x|x3x【答案】D【解析】ax2bx40有兩根為1ab【詳解】由題意，方程ax2bx40有兩根為1和4，b3a故由韋達定理，4

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

bca

cab

cba【分析】利用指數函數、對數函數的性質比較大小.5【詳解】依題意，alog21，blog2log5

1， 1 ，所以cab.故選：C

4 2 5 5

2 c32301xRp

x12x1

2，q:|1xx，則p是q的（ ）必要不充分條件 B.充分不必要條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】解不等式求出命題p、q，再根據充分不必要條件定義判斷可得答案.【詳解】由

x12得3x30，解得1x1，則p:1x1，2x1 2x1 2 2由|1x|x得x1，則q:x1，2 2p1x1成立，則qx1成立，2 2但qx1p1x1不一定成立，2 2則p是q的充分不必要條件.故選：B.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.已知函數fxcos2xπ，則關于fx的說法正確的有（ ） 6 最小正周期為πxπ對稱6圖象關于點π0對稱3 πgxcos2x的圖象6【答案】AC【解析】fxAosx的性質及圖形變換判斷即可.fxcos2xπ可知周期為T2π=πA正確； 6 2 fx的對稱軸：由2xπ=kπkZ=πkπkZB錯誤；6 12 2fx的對稱中心：由2xππkπkZπkπkZ，6 2 3 2當k0時，xπ，故對稱中心為π,0，故C正確；3 3 π fx

π π π函數fx向左平移 個單位長度得 6

cos2x66cos2x6，故D錯誤， 故選：AC下列命題為真命題的有（ ）A.ab011a

B.若ab0，則ac2bc2x)C.x1x)x

的最大值為5【答案】AD【解析】【分析】對于A：根據不等式的性質分析判斷即可；對于BC：舉反例說明即可；對于D：利用基本不等式分析求解.1【詳解】對于選項A：因為ab0，則ab

0，可得11，故A正確；a b對于選項B：例如c0，則ac2bc20，故B錯誤；對于選項C：例如x1，則x122，x可知2不為x1的最小值，故C錯誤；xx10x對于選項D：因為x1x 25，當且僅當x10x時，即x5時，等號成立，4xxxx)所以 的最大值為x)故選：AD.

exex

exex已知函數f(x) ，g(x) ，則下列結論正確的有（ ）2 2f(x)在R上單調遞增

f(x)為奇函數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，只需分別化簡計算等式兩邊解析式即可判斷.exex 1【詳解】對于A，由f(x)

x

xyexyex

在R上均為增函數，e e2 2 2 ex故f(x)在R上單調遞增，即A正確；f(x) exex 2

exex

e2x1對于B，不妨記F(x) g(x)

2 ex

exex

e2x1，函數定義域為R，e2x1 1e2x

f(x)F(x)e2x1

1

F(x)，即g(x)為奇函數，故B正確；e2xe2x

(exex)(ex

e2xe2x對于C，因f(2x) ，而f(x)g(x) ，2 4 4故f(2x)f(x)g(x)，即C錯誤；e2xe2x對于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正確.故選：ABD.【點睛】思路點睛：對于給定函數，判斷其單調性和奇偶性等性質的問題，一般從單調性和奇偶性定義出發進行推理判斷，有些函數，還可根據其組成的函數單調性，直接判斷其單調性，在判斷等式時，需要整體處理意識.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.fx)

2x的定義域是 .x1【答案】,11,2【解析】【分析】根據函數解析式，直接求解定義域即可.2x0x10x2x1，fx)

2x的定義域是,11,2.x1故答案為：,11,2已知tanq2，為第二象限角，則sinq.【答案】255【解析】【分析】利用三角函數sin2qcos2q1，及sin,cos之間的關系，得到答案.【詳解】tanq2，且q為第二象限角，90°q180°tanq2sinq，sinq2cosq，cosq11，4，0，25.5 5 5故答案為：2556,x14.f(x)ln(1xx16,x的實數根，則m的取值范圍是 ．

；若關于x的方程f(x1)m有4個不等x【答案】 ①.ln3 ②.(ln2)【解析】【分析】根據題意，由函數的解析式計算可得f(3)的值，進而計算可得f(f(3))的值，可得第一空答案；對于f(x1)m，設tx1，則f(t)m，求得t的取值范圍，結合函數的圖象分析f(t)m解的情x x況即可求解．【詳解】依題意，f(3)2362，f(f(3))f(2)|ln(12)|ln3；令tx1，|tx|x

12|x||x|1|x|

2，當且僅當|x|1時取等號，則t2或t2，當t2或t2時，方程tx1有兩個相等的根，x當t2或t2時，方程tx1有兩個同號且不相等的實根，xf(x1mf(tmf(tln(1tt2，x 2t6,t2當t2時，f(t)ln(1t)在(,2]上遞減；當t2時，f(t)2t6在[2,)上遞減，f(x1m4f(t)m在(2),(2上各有一個實根，xy

f(t)在(,2)U(2,)的圖象與直線ym有兩個交點，如圖：觀察圖象知，當ln3m2ymy

f(t)在(,2)U(2,)的圖象有兩個交點，所以m的取值范圍是(ln3,2).故答案為ln3(ln2)【點睛】思路點睛：令tx1并求出值域，把問題轉化為方程f(t)m在(,2),(2,)上各有一個x根，數形結合求解.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.求下列各式的值：（1）sin20cos70cos160sin110；（2）log25log522lg2lg25.【答案（1）1 （2）3【解析】【分析】（1）利用誘導公式化簡，再逆用和角的正弦公式計算即得；（2）利用換底公式和對數的運算性質計算即得.【小問1詳解】sin20cos70cos160sin110sin20cos70cos20sin70sin(20o70o)sin90【小問2詳解】log25log522lg2lg251lg4lg251lg1003.f(x)2sinxcosxcos2xsin2x.f(x的單調遞減區間；x0πf(x的值域.2（1）kππkπ5πkZ.8 8（2）[1,2].【解析】【分析】（1）化簡f(x)，結合復合函數單調性求解即可.（2）由題知2xππ,5π，由整體思想進而可得f(x)的值域.4 4 4【小問1詳解】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)的單調遞減區間為kππ,kπ5π，kZ.8 8【小問2詳解】因為x0,π，所以2xππ,5π，2

4 4 42當2xππ時，即xπ時，f(x)取得最大值，最大值為 ；24 2 8當2xπ5π時，即xπ時，f(x)取得最小值，最小值為1.4 4 2所以f(x)的值域為[1,2].fxlogax1loga1xa0a.fx的定義域；fx的奇偶性，并說明理由；（3）f3101fx

f1的x的取值集合.10

3 （1）1,1（2）偶函數，理由見解析（3）x1x1. 3 3【解析】（1）xfx的定義域；fx奇偶性的定義可得出結論；f3101afxfx的單調性，結合10fx

3f1可得出關于3 【小問1詳解】fxlogax1loga1xa0a，由x10解得1x1fx的定義域為1,1.1x0【小問2詳解】fx為偶函數.理由如下：fx的定義域為1,1，定義域關于原點對稱，fxloga1xloga1xfxfx為偶函數.【小問3詳解】a依題意fxlog1x2，a若f3101，則f310log

11，解得a10.10

10

a10 設ylgt，t1x2，因為t1x2在區間10上單調遞增，在區間0,1上單調遞減.又ylgt在其定義域內單調遞增，fx在區間10上單調遞增，在區間0,1上單調遞減.fx

f1，所以x1，解得1x1，333 333 x的取值集合為x1x1. 3 318.fx9xm3x1.（1）若f21，求m的值；m1fx在區間2,1上的最小值；121 gx2xx2,1xRfxgx，求實數m值范圍.121 （1）m9（2）5.4（3）m242.9【解析】【分析】（1）由f21代入可得；設t3x，換元后利用二次函數的性質可得；）先將條件轉

f

gx2 gx2

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

122

5，4

9 當t1ht取最小值5fx在區間2,1上的最小值為5.2 4 4【小問3詳解】若對任意的x12,1，總存在x2R，使得fx1gx2，minfmingx2

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

t 9 因t在區間1,3上為增函數，所t 11272429

min

9 9 9 所以實數m的取值范圍是m242.919.ABCD的四個頂點都落在邊界上.經過測量，在扇形OMN中，OM20m，MONπ，記MODa，共設計了兩個3方案：1B在半徑OM上，點C在半徑ONDABCD的面；方案二:如圖2，點A,B分別在半徑OM和ON上，點C，D在扇形弧上，AB//MN，記此時矩形ABCD的面積為S2.分別用ABCDS2；S2的最大值，并比較二者最大值的大小.（1）

20203，0aπ，S

40sina(20cosa203sina)，10aπ.3

3 3 2（2）2003m2，(8004