浙江省嘉兴市2020-2021学年高一上学期期末数学试题

嘉兴市2020-2021学年第一学期期末检测

高一数学

（2021．1）

一、选择题Ⅰ：本大题共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．集合A{1,2,3}，B{3,4,5}，则AB（ ）

A．{3}

B．{1,2,3}

C．{1,2,3,3,4,5}

D．{1,2,3,4,5}

2．计算：sin150（ ）

A．3 2B．3 2C．

1 2D．1 23．下列函数中是奇函数且在区间(1,0)上是增函数的是（ ）

A．y2

xB．yx1 xC．yx

2D．ysinx

4．已知02，02

，则“”是“sin2sin2”的（ ）

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

A．充分不必要条件 C．充分必要条件

5．设lg3a，lg5b，则log212的值为（ ）

A．

2ba2

1bB．

2ba2

b1C．

a2b2

1bD．

a2b2

1b6．若定义在R上的函数f(x)满足f(x)f(x)且在区间[0,)单调递减，f(x)的部分图像如图所示，则不等式f(x)21的解集为（ ）

x

A．[2,2] B．[2,1] C．[1,1] D．[1,2]

7．已知a0，b0，且2a121，则b的最小值为（ ） baC．8

D．9

），满足fA．22 B．3

8．已知函数f(x)Asin(x)（A0，0，||20且对于任意的xR都6有f(x)fA．5

252x，若f(x)在,3369B．7

上单调，则的最大值为（ ） C．9

D．11

二、选择题Ⅰ：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得3分． 9．下列命题是真命题的是（ ）

A．xR，x212 xB．x0，lnxx

2xC．xR，xx1 10．下列等式成立的是（ ）

A．cos15sin1522D．x0，x2

3 2B．

13sin40cos40sin70 22C．sin8cos82 4D．tan1523

11．已知函数f(x)的定义域为R，则下列说法正确的是（ ）

A．若f(x)为R上的单调递增函数，则f(x)的值域为R B．若对于任意的x都有f(x)f(x2)，则f(x4)f(x)

C．若存在n个xi（1in，n2，iN），使得fx1fx2fxn成立，则f(x)在

*R上单调递增

D．f(x)一定可以表示成一个奇函数与一个偶函数的和

12．若定义在R上的函数f(x)满足f(x)f(x)0，当x0时，f(x)x2ax23a（aR），则2

下列说法正确的是（ ） A．若方程f(x)axa有两个不同的实数根，则a0或4a8 2a有两个不同的实数根，则4a8 2a有4个不同的实数根，则a8 2a有4个不同的实数根，则a4 2B．若方程f(x)axC．若方程f(x)axD．若方程f(x)ax三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13．计算：(4)8________． 14．若角的终边过点P(m,3)，且cos2234，则m的值为________． 515．个人所得税是指以个人所得为征税对象，并由获取所得的个人缴纳的一种税，我国现行的个人所得税政

策主要内容包括：（1）个税起征点为5000元；（2）每月应纳税所得额（含税）收入个税起征点五险一金（个人缴纳部分）累计专项附加扣除；专项附加扣除包括：①赡养老人费用，②子女教育费用，③继续教育费用，④大病医疗费用等，其中前两项的扣除标准为：①赡养老人费用，每月扣除2000元，②子女教育费用，每个子女每月扣除1000元，个税政策的税率表部分内容如下：

级数 1 2 3 全月应纳税所得额 不超过3000元的部分 超过3000元至12000的部分 超过12000元至25000的部分 税率% 3% 10% 20% 现王某每月收入为30000元，每月缴纳五险一金（个人缴纳部分）6000元，有一个在读高一的独生女儿，还需独自赡养老人，除此之外无其他专项附加扣除，则他每月应缴纳的个税金额为________． 16．已知函数f(x)ax2ba1x，当x[1,1]时，f(x)恒成立，则ab的最大值为________． 222四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（本题10分）

已知全集UR，集合Ax∣x5x60，集合Bx∣x2x20． （Ⅰ）求

R22A，AB；

（Ⅰ）若集合C{x∣3xa0}，满足ACC，求实数a的取值范围． 18．（本题12分）

已知sin10，,． 102（Ⅰ）求sin2的值； （Ⅰ）求cos3的值． 19．（本题12分）

第三届中国国际进口博览会于2020年11月5日至10日在上海国家会展中心举行，多个国家和地区的参展企业携大批新产品、新技术、新服务首发首展．某跨国公司带来了高端压缩机模型参展，通过展会调研，嘉兴某企业计划在2021年与该跨国公司合资生产此款压缩机．生产此款压缩机预计全年需投入固定成本

10x2299x,0x401000万元，每生产x千台压缩机，需另投入资金y万元，且，根据市y900x29450x10000．．

,x40x场行情，每台压缩机售价为0.899万元，且当年内生产的压缩机当年能全部销售完．

（Ⅰ）求2021年该企业年利润z（万元）关于年产量x（千台）的函数关系式；

（Ⅰ）2021年产量为多少（千台）时，企业所获年利润最大？最大年利润是多少万元？（注：利润销

售额成本）

20．（本题12分）

已知函数f(x)2cosx23sinxsinx（Ⅰ）求的值及函数f(x)的单调递增区间；

21(0)，其最小正周期为． 2（Ⅰ）将函数yf(x)的图象向右平移

上的值域．

21．（本题12分）

7个单位得到函数yg(x)，求函数yg(x)在区间0,

123对于定义域为D的函数yf(x)，若同时满足以下条件：①yf(x)在D上单调递增或单调递减；②存在区间[a,b]D，使yf(x)在[a,b]上的值域是[a,b]，那么我们把函数yf(x)(xD)叫做闭函数．

（Ⅰ）判断函数g(x)33x是不是闭函数？若是，请找出区间[a,b]；若不是，请说明理由；

x

（Ⅰ）若h(x)lne22．（本题12分）

2x． m为闭函数，求实数m的取值范围（e为自然对数的底数）

已知a0，bR，函数f(x)ax(2ab)x． （Ⅰ）若函数yf(x)在[1,1]上有两个不同的零点，求

2b的取值范围； a（Ⅰ）求证：当x[1,1]时，|f(x)||2ab|a．

嘉兴市2020-2021学年第一学期期末检测

高一数学参考答案

1．D 2．C 3．D 4．A 5．C 6．B

7．D 8．C 9．CD 10．ACD 11．BD 12．AC 12．【解析】因为f(x)f(x)0所以f(x)f(x)，

所以f(x)是R上的奇函数，f(0)0，

2当x0时，x0，f(x)x2ax3a， 2所以f(x)f(x)x2ax23a， 232x2axa,x02综上f(x)0,x0，

3x22axa,x02若x0是方程f(x)axa的一个根， 2a，即f(x)0， 2则a0，此时f(x)axx2,x0而f(x)0,x0，在R上单调递减，

2x,x0当a0时，原方程有一个实根．

当x0时，x2ax23aaax， 22所以xaxa0，当x1时不满足，

2x21(x1)2， 所以ax1(x1)当x0时，x2ax23aaax， 22所以xax2a0，当x2时不满足，

2x24x24，如图： 所以ax2x2

若方程f(x)axa有两个不同的实数根， 2则a0或4a8； 若方程f(x)axa有4个不同的实数根，则a8． 213． 14．4 15．1790元 16．2 16．【解析】f(x)ax2ba1x1xax2b， 22222令x21x1，则x或x1， 222故fab11得ab2， 4422

当a17．【解析】

242221，b时，f(x)xx满足． 33333（Ⅰ）Ax∣x5x60{x∣(x2)(x3)0}{x∣2x3}，

所以

R2A{x∣x2或 x3}．

Bx∣x22x20{x∣x13 或 x13}，

∣13x3}. 因为2133，所以AB{x（Ⅰ）因为ACC，所以AC，

aC{x∣3xa0}x∣x，

3所以18．【解析】 （Ⅰ）因为a2，即a6． 3,， 22所以cos0cos1sin310， 103sin22sincos．

5（Ⅰ）cos2cos2sin2，

45cos3cos(2)coscos2sinsin2

19．【解析】

9103104103． 50105105899x10x2299x1000,0x40（Ⅰ）z 900x29450x100001000,x40899xx

10x2600x1000,0x40． 10000xx8450,x40（Ⅰ）由（Ⅰ）知当0x40时，z10(x30)8000，

当x30时，zmax8000万元； 当x40时，zx2100008450， x因为x10000200，当且仅当x100时取等号， x所以当x100时，zmax8250万元8000万元， 综上当x100时，zmax8250万元，

所以2021年产量为100（千台）时，企业所获年利润最大为8250万元．

20．【解析】

（Ⅰ）因为f(x)2cosx23sinxsinx21(0) 22cos2x123sinxcosx cos2x3sin2x

132cos2xsin2x 222cos2x．

3所以T2，即1， |2|f(x)2cos2x，

3令2k2x32k(kZ)，

得k2xk(kZ)， 36

所以f(x)的单调递增区间为k2,k(kZ)． 36（Ⅰ）f(x)2cos2x3向右平移

个单位得到g(x)2cos2x，

33当x0,71252x时，， 336所以3cos2x1，3g(x)2， 23所以函数yg(x)的值域为(3,2]．

21．【解析】

（Ⅰ）因为g(x)33x，所以g(1)x1103， 33g(1)0，g(2)32323， g(1)g(1)，g(1)g(2)，

所以g(x)33x不是单调函数故不是闭函数． （Ⅰ）h(x)lnex2xm在定义域上单调递增，

当x[a,b]时，y[a,b]，

h(a)lne2amae2aeam0所以，即2b． b2beem0h(b)lnemb所以a、b是方程ex2xexm0的两个根，

令te(0,)且在R上单调递增，

则方程ttm0在(0,)上有两个不同的实根， 因为mtt，令h(t)tt在0,单调递增，

22221在,单调递减，h1211， 24

所以m0,22．【解析】

1． 4（Ⅰ）f(x)ax(2ab)x0，

2b2a11b2aa所以x10或x2，则，

ab2a0ab13ba即，所以[1,2)(2,3]．

ab2a（Ⅰ）法①先证f(x)|2ab|a，

因为f(x)ax(2ab)x，

所以f(1)3ab，f(1)ab，f(1)f(1)4a2b，

2因为a0，所以f(x)maxmax{f(1),f(1)}即f(x)|2ab|a成立； 下证f(x)|2ab|a，

3ab,b2a2ab∣a，

ba,b2a因为f(x)ax(2ab)x，对称轴为x2b2a， 2a①xb2a1，即b0时， 2ayf(x)在[1,1]上单调递增，

所以f(x)minf(1)ab，

f(x)min|2ab|aab2aba2a0；

②xb2a1，即b4a时， 2ayf(x)在[1,1]上单调递减，

所以f(x)minf(1)3ab，

f(x)min|2ab|a3abb2aa2a0；

③1xb2a1，即0b4a时， 2af(x)min2b2a(2ab)f， 4a2a(2ab)2|2ab|a 所以f(x)min|2ab|a4a8a2b2,0b2a4a， 228a8abb,2ab4a4a当0b2a时，f(x)min|2ab|a0， 当2ab4a时，

令h(b)b8ab8a在(2a,4a)单调递增，

2又因为h(2a)4a0，所以f(x)min|2ab|a0，

22综上当x[1,1]时，|f(x)||2ab|a． 法②：因为f(x)ax(2ab)x，

所以f(1)3ab，f(1)ab， 得f(1)f(1)2a0，

所以max{|f(1)|,|f(1)|}max{f(1),f(1)}，

2a1131f(1)f(1)，bf(1)f(1)， 2222f(1)f(1)2f(1)f(1)xx

22∣于是|f(x)|x2xx2xf(1)f(1)

22

x2xx2xf(1)∣f(1)

22x2xx2x|f(1)||f(1)|

22x2xx2xmax{|f(1)|,|f(1)|}．

22x2xx2x2由|a||b|max{|ab|,|ab|}得22所以|f(x)|max{|f(1)|,|f(1)|}

max{f(1),f(1)} f(1)f(1)|f2(1)f(1)|2|2ab|a．maxx,|x|1，