河北省沧州市2022-2023学年高一上学期期末数学试题(含答案解析)

3．“lgalgb”是“a3b3”的（A．充分不必要条件C．充要条件1x2D．y2x）B．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件x21,x04．已知函数fx.设f0a，则fa（πtanx,x03A．1B．0C．21

）D．21

5．若t1，则关于x的不等式txx0的解集是（）t

1111

A．x|xtB．x|x或xtC．x|xt或xD．x|tx

tttt

6．已知sinA．2525，cos5，则tan等于（552B．25）D．(52)

C．52）7．函数ysinxxcosx的部分图象是（A．B．试卷第1页，共4页C．D．8．定义：对于fx定义域内的任意一个自变量的值x1，都存在唯一一个x2使得fx1fx21成立，则称函数fx为“正积函数”.下列函数是“正积函数”的是（A．fxlnx

x

B．fxe

sinx

C．fxe

）D．fxcosx

二、多选题9．若“xM,x0”为真命题，“xM,x3”为假命题，则集合M可以是（A．(,1)C．0,210．设0ab，且ab2，则（A．1b2C．ab1

）B．2ab1D．123ab）B．1,3D．(3,3)

11．已知函数fxsin2x(0π)为偶函数，则（A．fx的图象关于直线xπ对称B．fx的最小正周期是πC．fx的图象关于点2π,0对称D．fx在区间2,3上是增函数）12．设函数fx的定义域为R，fx1为奇函数，fx1为偶函数，当x1,1时，fxx21，则下列结论正确的是（73A．f

24）B．fx7为奇函数D．方程fxlgx0仅有6个实数解C．fx在6,8上为减函数试卷第2页，共4页三、填空题x2

13．已知f2x2，则f1__________.14．函数y

xlog24x2的定义域是__________.x115．在直角坐标系中，O是原点，A(3，1)，将点A绕O逆时针旋转90°到B点，则B点坐标为__.x

16．若正实数x0是关于x的方程exxaxlnax的根，则e0ax0__________.四、解答题∣2x4.17．已知集合A{x|1x3}，Bx

(1)求集合AB，ðRB；(2)若关于x的不等式x2axb0的解集为AB，求a,b的值.|x|18．已知函数f(x)2

11x2.(1)判断并证明函数f(x)的奇偶性;，并解不等式(2)判断函数f(x)在区间[0,)上的单调性（不必写出过程）f(x2)f(2x1).

π19．已知函数fx2sin2x1.6(1)求函数fx的单调增区间；ππ

(2)当x,时，求fx的值域.63

π2

20．将函数gx23sinxcosx2sinx的图象向左平移0个单位长度后得2到fx的图象.(1)若fxf0恒成立，求；7π

(2)若fx在π,上是单调函数，求的取值范围.6

21．某书商为提高某套丛书的销售量，准备举办一场展销会，据市场调查，当每套丛书售价定为x元时，销售量可达到100.1x万套．现出版社为配合该书商的活动，决定进行价格改革，每套丛书的供货价格分成固定价格和浮动价格两部分，其中固定价格为20元，浮动价格(单位：元)与销售量(单位：万套)成反比，比例系数为10．假设不计其他成本，即销售每套丛书的利润=售价供货价格.试卷第3页，共4页（1）求每套丛书利润y与售价x的函数关系，并求出每套丛书售价定为80元时，书商能获得的总利润是多少万元？（2）每套丛书售价定为多少元时，每套丛书的利润最大？并求出最大利润.1

22．已知函数fxlog2a，其中aR.x

(1)若f13，求实数a的取值范围；(2)设函数gxfxlog2a4x2a5，试讨论函数gx的零点个数.试卷第4页，共4页参考答案：1．D【分析】先求AB中元素的个数，再求AB的子集的个数.【详解】因为集合A1,2,3,5,B2,3,5,6,7，所以AB2,3,5，所以AB的子集的个数为238个.故选：D.2．B【分析】根据幂函数的概念，即可得出答案.【详解】B项可化为y=x-2，根据幂函数的概念，可知函数y=x-2是幂函数，即函数y是幂函数.ACD均不是幂函数.故选：B.3．A【分析】根据充分条件以及必要条件的定义，分别判断充分性以及必要性即可得出答案.【详解】由lgalgb，根据函数ylgx在0,上单调递增，可得0ab，由yx3在R上单调递增，则有a3b3，所以充分性成立；当a3b3时，由yx3在R上单调递增，可得ab，在ab0的情况下，lgalgb不成立，所以必要性不成立.所以，“lgalgb”是“a3b3”的充分不必要条件.故选：A.4．D【分析】根据分段函数的解析式，结合已知求出a3，进而代入解析式即可得出答案.π

【详解】由已知可得，f0tan3，即a3，3

1x2又f3312，所以fa2.故选：D.5．A11

【分析】首先根据不等式的性质可得t，进而将不等式转化为xtx0，求解即tt

可得出结果.答案第1页，共11页111t1t1【详解】因为t，t1，所以t0，所以t.tttt111

原不等式txx0可化为所以xtx0，解得xt.ttt

11

所以，不等式txx0的解集为x|xt.tt

故选：A.6．C【分析】应用半角正切公式即可求值，注意法二：【详解】方法一：∵sin∴tan

525，cos，552正切值的符号.2

sin52.1cos2550，0，cos55方法二：∵sin

∴的终边落在第一象限，12的终边落在第一或第三象限，即tan

0，2251cos552.∴tan21cos2515故选：C7．C3【分析】首先判断函数的奇偶性，即可排除AD，又yf

2333

cos10，sin222

即可排除B.【详解】因为yfxsinxxcosx，定义域为R，关于原点对称，x又fxfxsinxxcosxsinxxcosxf，故函数yfxsinxxcosx为奇函数，图象关于原点对称，故排除AD；3又yf

2333

cos10，故排除B.sin222

故选：C.8．B【分析】根据“正积函数”的定义一一判断即可.【详解】对于A，fxlnx，答案第2页，共11页由fx1fx2lnx1lnx21lnx1lnx21，当x11时，则不存在x2满足情况，故A不是正积函数；x

对于B，fxe，由fx1fx2ex1ex21ex1ex21x1x20，则任意一个自变量的值x1，都存在唯一一个x2满足x1x20，故B是正积函数；sinx

对于C，fxe，由fx1fx2esinx1esinx21esinx1esinx21esinx1sinx21，得sinx1sinx20，当x10时，则sinx20，x2kπ，kZ，则x2不唯一，故C不是正积函数；对于D，fxcosx，由fx1fx2cosx1cosx21cosx1cosx21，当cosx10,1时，则不存在x2满足情况，故D不是正积函数.故选:B.9．AD【分析】由已知条件，写出命题xM,x3的否定，即为真命题，四个选项逐一判断即可.【详解】由题意xM,x0为真命题，xM,x3为真命题，则应满足选项为集合且满足xM,x0，AD选项均满足，B选项当x3时不符合xM,x3，xx3的子集，故错误，C选项不存在xM,x0，故错误.故选：AD10．ABC【分析】结合选项及条件逐个判定，把a2b代入0ab可得A正确，利用指数函数单调性可得B正确，利用基本不等式可得C正确，利用1的代换及基本不等式可得D不正确.【详解】对于A，0ab，且ab2,02bb，解得1b2，故A正确；对于B，ab，即ab0，2ab201，故B正确；答案第3页，共11页(ab)2

0ab，ab1，对于C，且ab2,ab当且仅当ab1时，等号成立，1，4故C正确；对于D，0ab，ab2，121121b2a1b2a1ab332322，∴ab2ab2ab2ab2当且仅当又b2a

，即a222,b422时等号成立，ab1223132230,3223,故D错误.222故选：ABC.11．ABD【分析】先利用偶函数求出，再利用周期公式求解周期，利用图象的性质求解对称性和单调性.【详解】因为fx为偶函数，所以又0π，所以

π

kπ,kZ，2ππ，即fxsin2xcos2x.22kπ

,kZ.当k2时，xπ，故fx的图象关于直线xπ22π

π,B正确；2对于A，由2xkπ,kZ，得x对称，A正确；对于B,fx的最小正周期是T

πkπ

对于C,fxcos2x,fx图象的对称中心为,0kZ,C错误；42ππ

对于D，令2kπ+π2x2kπ+2π,kZ，则kπ+xkπ+π,kZ，即,π是f(x)的一个单22ππ

调增区间；由于2,3,π,fx在,π上单调递增，D正确.22

故选:ABD.12．BD【分析】由已知可推出fx2fx2，令x

3

，可得27

ff2

1

求出函数值，，2

即可判断A项；由题意可推出fx周期为8，结合fx1为奇函数，可判断B项；根据fx的对称性，结合已知可推出fx在2,0上单调递增，进而根据周期性即可判断C项；根据fx的性质画出图象以及ylgx的图象，由lg121结合图象即可判断D项.答案第4页，共11页【详解】因为fx1为奇函数，所以fx1fx1，所以fxfx2.因为fx1为偶函数，所以fx1fx1，所以fxfx2.所以有fx2fx2，所以fx2fx6，所以fx2fx6，即有fx8fx，所以fx的一个周期为8.311

对于A项，因为fx2fx2，且f1.422

2令x

3

，有27

ff231

，故A错误；42

对于B项，因为fx1为奇函数，fx的周期为8.故fx7fx1，fx7fx1.所以fx7fx1fx1fx7，从而fx7为奇函数，故B正确；2

对于C项，fxx1在区间1,0上是增函数，且fx的图象关于点1,0对称，所以fx在2,0上单调递增，又fx周期为8，故fx在6,8上单调递增，故C项错误；对于D项，作出fx与ylgx的大致图象，如图所示.其中ylgx单调递减且lg121，所以两函数图象有6个交点，故方程fxlgx0仅有6个实数解，故D正确.故选：BD.【点睛】方法点睛：根据抽象函数的奇偶性，可根据对称性得出解析式关系式，进而由两个关系式，即可得出函数的周期.13．2

答案第5页，共11页【分析】对x赋值即可求得f(1).02

【详解】f1f2022.故答案为：2.14．2,01,2x

x10

【分析】由已知，解不等式组x10，即可得出答案.4x20

x

x10

【详解】要使函数有意义，则x10，解得2x0或1x2，4x20

所以函数的定义域为(2,0](1,2).故答案为：(2,0](1,2).15．(－1，3)【分析】由已知∠AOx＝30°，则∠BOx＝120°，又OB=2，结合三角函数定义求点B的坐标.【详解】依题意知OA＝OB＝2，∠AOx＝30°，∠BOx＝120°，设点B坐标为(x，y)，所以x＝2cos120°＝－1，y＝2sin120°＝3，即B(－1，3).故答案为：(－1，3).16．0x

【分析】设fxex，同构变形得到exxelnaxlnax，即fxflnax，从而得到x0lnax0，即exax0，从而结果.0x

【详解】令fxex，则fx在0,上单调递增，exxaxlnax，即exxelnaxlnax，故fxflnax，∵正实数x0是方程exxaxlnax的根，fx0flnax0，则x0lnax0，得exax0，即ex0ax00.0故答案为：0∣x2；∣x1}，ðRBx17．(1)AB{x答案第6页，共11页(2)a5，b6.【分析】（1）解出集合B，根据并集以及补集的运算，即可求出答案；（2）先求出交集，进而根据一元二次不等式的解集，得出一元二次方程的根，代入即可求出答案.∣x2}.【详解】（1）解2x4可得，x2，所以B{x∣1x3}，因为A{x

∣x2.∣x1}，ðRBx所以AB{x∣2x3}，（2）由（1）知，AB{x

∣2x3}，所以x2axb0的解集为{x

所以x2axb0的解为2，3.42ab0a5所以，解得.93ab0b6

所以，a5，b6.18．(1)函数fx是R上的偶函数，证明见解析1(2)函数fx在0,上单调递增，,33【分析】（1）利用偶函数的定义判断并证明函数为偶函数；（2）根据指数函数和复合函数及函数的加减合成的单调性规律判定函数的单调性，然后结合函数是偶函数，将不等式转化为x22x1，进而两边同时平方，等价转化为二次方程，求解即得.【详解】（1）证明：依题意，函数fx的定义域为R．对于任意xR，都有fx2

x11x22x11x2fx，所以函数fx是R上的偶函数．（2）解：函数fx在0,上单调递增．因为函数fxR上的偶数函数，所以fx2f2x1答案第7页，共11页等价于fx2f2x1．因为函数fx在0,上单调递增，1

所以x22x1，即3x28x30，解得x3，31所以不等式fx2f2x1的解集为,3．3ππ

19．(1)kπ,kπkZ；36

(2)0,3.【分析】（1）由正弦函数性质知在2kπ（2）应用整体法求2x【详解】（1）由2kππππ

2x2kπkZ上递增，即可求增区间；262π

的区间，再由正弦函数性质求值域.6

πππππ2x2kπkπxkπkZ，26236ππ

所以函数fx的单调增区间是kπ,kπkZ.36

ππ5πππ

,.（2）由x,，可得2x

66663

π1π从而sin2x,1，所以2sin2x10,3.626所以fx的值域为0,3.20．(1)

π6ππ(2),62

【分析】（1）先化简gx，根据平移规律可得到fx，利用f0是函数的最大值即可求解；πππ7π（2）由xπ,可得2x22π2,2π2，结合函数的周期可考虑区6626ππ

间2,2，利用正弦函数的性质列出不等式即可26π21cos2x2sin2x1，【详解】（1）∵gx23sinxcosx2sinx3sin2x6



∴fx2sin2x21，6

又fxf0恒成立，∴f0是函数的最大值，答案第8页，共11页故πππ22kπkZ，得kπ，kZ，662ππ

，∴.26∵0

πππ7π（2）∵xπ,，∴2x22π2,2π2，6626π7π

令t2x2，所以fx在π,上是单调函数可转化成fxht2sint1在66ππ

2π2,2π2是单调函数，62

ππ

因为ht2sint1的周期为T2π，所以ht2sint1在2,2是单调函数，26

πππ7πππ3π∵0，∴2,，2,.6266222ππ2,π6πππ2∵ht2sint1在2,2是单调函数，∴∴,.26620π,221．（1）yx大为60元.【解析】（1）首先据销售量求得x的范围，然后计算出供货价格，可得利润函数，令x80代入计算出每套书的利润，再乘以销量可得总利润；（2）利用基本不等式可得最值．100

200x100，总利润为110(万元)；（2）当90元时，每套利润最100xx0

【详解】（1）∵∴0x100

100.1x010100yx20200x100x100.1x100x100

2055(元)当x80时，y80

10080此时销量为100.1802(万件)总利润为255110(万元)（2）yx∵0x100∴100x0

100100

y100x802100x8060∴100x100x

10020100x答案第9页，共11页当且仅当100

100x，即x90元时，每套利润最大为60元.．100x【点睛】本题考查基本不等式的实际应用，解题关键是确定利润函数，并凑出应用基本不等式的条件“一正二定”，然后再考虑“三相等”．22．(1)1,7；(2)答案见解析.【分析】（1）求出f1，根据对数函数的单调性，列出不等式，求解即可得到答案；2

（2）原题可转化为，结合gx的定义域，求方程a4xa5x10根的个数.对a的2

取值范围分类讨论，得出a4xa5x10根的个数，结合函数gx的定义域即可得出答案.【详解】（1）因为f1log21a3log28，所以01a8，即1a7，所以a的取值范围为1,7.（2）由已知可得，1logagxfxlog2a4x2a52log2a4x2a5.

x求函数gx零点的个数，即求方程gx0根的个数.1由gx0，可得log2alog2a4x2a5，x1

即aa4x2a5，x2

整理可得，a4xa5x10.①当a4时，可化为x10，解得x=1，方程只有一个根，故此时函数gx有一个零点；②当a3时，方程可化为x22x10，解得x=1，方程只有一个根，故此时函数gx有一个零点；2

③当a4且a3时，解方程a4xa5x10得，x=1或x

1

.a4令ux

1

a，vxa4x2a5.x

答案第10页，共11页11

则u1v1a1，uv2a4.a4a4

（ⅰ）a2且a4且a3，11

uv则a10且2a40，此时有u1v10，故此时函数gx0，a4a4

有两个零点；111

u1a2，（ⅱ）则a10，2a40，则u1v10，即v0，a4a4a4

不在函数gx的定义域内，故此时函数gx有一个零点；11

v（ⅲ）当a1，则a10，2a40，则u1v10，u0，即a4a4

此时1和1均不在函数gx的定义域内，故此时函数gx无零点.a4综上，当a,1时，gx无零点；当a1,23,4时，gx有一个零点；当a2,33,4(4,)时，gx恰有2个零点.2

【点睛】方法点睛：结合gx的定义域，转化为求方程a4xa5x10根的个数.然后对a分类讨论，即可得出解析.答案第11页，共11页