2022-2023学年天津市南开区高一年级上册学期期末数学试题【含答案】_百

2024年2月6日发(作者：五三数学试卷高一)

2022-2023学年天津市南开区高一上学期期末数学试题一、单选题1．已知集合A{2,1,1,2}，A．{1,2}Bx1x0，则AB（

）B．{2,1}C．{1,1,2}D．{2,1,1}【答案】B【分析】求出集合B中元素范围，进而可得交集.【详解】由集合A{2,1,1,2}，Bx1x0xx1得AB{2,1}故选：B.2．若关于x的不等式x2axb0的解集是x|x2或x3，则ab（

A．7B．6C．5D．1【答案】A【分析】利用根与系数关系求得a,b，进而求得ab.【详解】依题意，关于x的不等式x2axb0的解集是x|x2或x3，所以关于x的方程x2axb0的根为x2或x3，23aa所以23b1b6，所以ab7.故选：A3．命题“x0,x2x0”的否定是（ ）A．x0,x2x0B．x0,x2x0C．x0,x2x0D．x0,x2x0【答案】B【分析】根据全称量词命题的否定方法写出命题的否定即可.【详解】因为全称量词命题的否定是存在量词命题，

所以命题“x0,x2x0”的否定为：“x0,x2x0”.

）

故选：B.4．若a，b是正数，则“acbc”是“ab”的（

）A．充分不必要条件C．充分必要条件【答案】D【分析】根据不等式的基本性质可得“acbc”“ab”、“ab”

“acbc”，结合充分条件和必要条件的定义即可求解.【详解】由题意知，a0,b0，当c0时，由acbc，得ab，则“acbc”“ab”；当c0时，由ab，得acbc，则“ab”

“acbc”，所以“acbc”是“ab”的既不充分也不必要条件.故选：D.5．已知正数a,b满足4a9b4，则ab的最大值为（

）1A．9B．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件1B．61C．31D．2【答案】A【分析】利用基本不等式进行求解.【详解】正数a,b满足4a9b4，由基本不等式得：4a9b424a9b，解得：121a,b29时，等号成立，ab的最大值为9。当且仅当4a9b，即故选：A6．已知a0b，则（

）2A．aabab19，22B．ab22C．abD．abb2【答案】D【分析】根据不等式的性质直接判断或证明即可.2【详解】对于A，由a0b两边同乘以a，得aab，故A错误；

对于B，C,a2b2abab，因为a0b，所以ab0，但ab的符号不确定，故B，C错误；对于D，a0b两边同乘以b，得abb，故D正确．故选:D．7．命题2p:x8x20是命题q:x2的（

）B．必要不充分条件D．充要条件A．充分不必要条件C．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】判断判断x8x20x2是否成立，验证充分性；是否成立验证必要性.x2x8x20【详解】若当x2时则故选：Cx8x20则x8或者x2，所以得不到x2，即充分性不成立.x8x228220所以必要性不成立.8．下列函数中，是偶函数且在0,上单调递减的是（

）C．yx1A．y=x2B．yxyD．3x【答案】D【分析】根据函数的奇偶性与单调性逐个判断即可.20,上单调递增，故A错误；y=x【详解】对A，是偶函数但在对B，yx不是偶函数，故B错误；对C，yx1不是偶函数，故C错误；3,x03xyx3,x00,上单调递减，故D正确；x对D，是偶函数且在故选：D2x3fx2x1，则其图象大致是（

）9．已知函数

A．B．C．D．【答案】B【分析】首先利用函数的奇偶性，排除选项，再取特殊值，可得答案.2(x)32x3fx【详解】(x)21x21fx，f(x)是奇函数，排除A、C，当x1时，fx0，排除D．故选：B.10．若函数fxm1xm1是幂函数，则实数m（

）A．0B．1C．2D．1或2【答案】C【分析】根据幂函数的定义求解即可.【详解】解：因为函数fxm1xm1是幂函数，所以m11，解得m2，故选：C.11．已知fx为偶函数，且当x0时，fx2xx2，则不等式fx13的解集为（A．,2B．0,2C．2,D．,02,【答案】B【分析】根据fx的奇偶性、单调性来求得不等式fx13的解集.

）

【详解】依题意，fx是偶函数，图象关于y轴对称，当x0时，fx2xx2是单调递增函数，所以fx在,0上单调递减.当x0时，由2xx23解得x1，即f13，所以fx13f1，所以x11,1x11,0x2，所以不等式fx13的解集为0,2.故选：B12．已知aln3,blogc21.10.23,，则（

）A．bacB．acbC．abcD．bca【答案】D【分析】利用“0,1分段法”确定正确答案.【详解】因为aln3lne1,blog0.23log0.210,c21.1121.10,1，所以bca.故选：D13．函数f(x)x3lnx的零点所在的大致区间是（

）A．0,1B．1,2C．2,3D．3,4【答案】C【分析】结合fx的单调性和零点存在性定理求得正确答案.【详解】函数f(x)x3lnx在0,上递增，f120,f2ln210,f3ln30，f2f30，所以fx的零点所在的大致区间是2,3.故选：C14．已知扇形的半径为6，且扇形的弧长为2π.设其圆心角为，则tan(π)等于（113A．2B．3C．3D．3

）

【答案】D【分析】先计算出出圆心角，再用诱导公式进行求解.【详解】由弧长公式变形得到πtan(π)tantan33∴.故选：D.2ππ63，ππy3sin(2x)6的图象向右平移4个单位长度，所得图象对应的函数（

）15．将函数π7πA．在区间[12,12]上单调递减B．在区间[π12,7π12]上单调递增C．在区间[ππ6,3]上单调递减D．在区间[ππ6,3]上单调递增【答案】B【分析】结合三角函数图象变换以及三角函数单调区间等知识求得正确答案.【详解】函数y3sin(2xππ6)的图象向右平移4个单位长度得y3sin2xππ2π463sin2x3，π7ππ2π若12x12，则22xπ32，y3sin2x2ππ7π所以3在区间[12,12]上单调递增.π若6xπ3，则π2x2π30，y3sin2πππ所以2x3在区间[6,3]上不单调.所以B选项正确，其它选项错误.故选：B二、填空题1283116．计算：227216230______．【答案】7【分析】利用指数的运算性质化简可得出所求代数式的值.

【详解】原式故答案为：7.213321124172.18(π1)lg2lg5217．___________.0231【答案】4【分析】根据指数对数运算性质化简计算即可18(π1)0lg2lg52【详解】23121212331lg2541214故答案为：4.18．cos5π19πtan225sin36____________.【答案】1【分析】由诱导公式和特殊角的三角函数值，直接得到答案.7π1π1costan45sin116232.【详解】依题意，根据诱导公式，原式故答案为：119．函数y3sinxcosx的最小正周期是__________.【答案】2π2ππTy2sinx6，进而利用公式【分析】先利用辅助角公式化为进行求解.π2πy3sinxcosx2sinxT2π61【详解】，故最小正周期故答案为：2π20．函数fxAsinxA0,0,0,2的图象如图所示，则________.

【答案】4【解析】通过函数的图象求出A，T然后求出，通过函数经过【详解】由题意可知A3，T8，所以3,0，求出的值.284，03sin33,0，所以4，0,2，因为函数经过∴43=2k,(kZ)0,2,所以4.故答案为：4.三、解答题21．已知函数fxsinx3cosx0的最小正周期是.（1）求值；（2）求（3）将fxfx的对称中心；的图象向右平移3个单位后，再将所得图象所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数y=g(x)的图象，求gx的单调递增区间.5k,02k,2k66，kZ.【答案】（1）2；（2）26，kZ；（3）fx2sinxT23且【分析】（1）由，即可求值；fx2sin2x3，结合正弦函数的对称中心即可求fx的对称中心；（2）由（1）知

gx2sinx3，结合正弦函数的单调性即可求gx的单调递增区间.（3）由函数平移知fxsinx3cosx2sinx3，又0，【详解】（1）∵T2，∴2.kfx2sin2x2xkx3326.（2）由（1）知，，令，解得k,0fx26，kZ.∴的对称中心是y2sin2xfx3，再将所得图像横坐标伸长到原（3）将的图像向右平移3个单位后可得：gx2sinx3，

来的2倍，纵坐标不变得到：由2k2x32k2，解得2k6x2k56，kZ.52k,2kgx66，kZ.∴的单调递增区间为【点睛】关键点点睛：（1）应用辅助角公式求三角函数解析式，结合最小正周期求参数.（2）根据正弦函数的对称中心，应用整体代入求（3）由函数图像平移得区间.fx的对称中心.gx解析式，根据正弦函数的单调增区间，应用整体代入求gx的单调增