湖北省石门县第六中学2019-2020学年高一数学下学期期末考试试题

（时量：120分钟 总分：150分）

一、选择题（每小题5分，共60分）

单项选择题：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、命题“xR,x2x10”的否定是（ ） A．xR,x2x10 B．xR,x2x10 C．x20R,x0x010 D．x20R,x0x010

2、函数fx2x18的零点为（ ）

A．2

B．1

C．0

D．4

3、已知函数f(x)3x,x0log则

ff12x,x08的值为（ ） A．27 B．

1 C．-2

D．12727 4、设alog133，b21.1，c20.2，则（ ） A．acb

B．bac

C．cba

D．cab5、下列各组函数中，表示同一函数的是（ ）

)x2A．f(x与g(x)xx

B．yx与y3x3 C．yx与yx2 D．yx与yx2

6、函数fxsin2x4的图象的一条对称轴是（ ）

A．x3

B．x0

C．x32

D．x2 7、若函数yf(3x1)的定义域为-2，4，则yf(x)的定义域是（ ） A、-1，1 B、-5，13 C、-5，1 D、-1，13 8、若偶函数f(x)在(,0]上是增函数，则下列关系式中成立的是（ ）

A．f32f(1)f(2) B．f(1)f32f(2)

- 1 -

C．f(2)f(1)f

32D．f(2)ff(1)

32多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，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、命题“x[1,2],x2a0”为真命题的一个充分不必要条件是（ ） A．a4

B．a4

C．a5

D．a6

10、设集合A1,1a,a2a5，若4A，则a（ ） A．1

B．0

C．1

D．3

211、已知角的终边过点P3m,mm0，则sin的值可以是（ ）

A．10 10B．310 10C．10 10D．310 1012、设正实数a，b满足a+b＝1，则（ ） A．

11有最小值4 abB．ab有最大值D．a+b有最小值

2

2

1 21 2C．a+b有最大值2 二、填空题本题共4小题，每小题5分，共20分

13、已知集合A＝{(0,1)，(1,1)，(－1,2)}，B＝{(x，y)|x＋y－1＝0，x，y∈Z}，则A∩B＝________.

14、在R上定义运算：a____________

15、已知tan()bab2ab，则满足x(x2)0的实数x的取值范围是

sin2cos1______． ，则

35cossin16、函数ym5m7x2m3是幂函数且为奇函数，则m的值为________．

三、解答题。本题共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、（10分）当k取什么值时，一元二次不等式kx22kx40对一切实数x都成立？

18、（12分）计算求值，每小题6分 （1）

loglog2732(31)lg1log535log57

- 2 -

11sin(2-)cos()cos()cos(-)22（2）

9cos()sin(3-)sin(-)sin()2

19、（12分）设P：实数x满足ax3a，其中a0；q:实数x满足2x3. （1）若a1，且p,q均为真命题，求实数x的取值范围； （2）若p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围。

20、（12分）fxmxn11,1f1是定义在上的奇函数，且 x212（1）求m，n的值；

2（2）判断函数fx的单调性（不需证明），并求使fa1fa10成立的实数a的

取值范围.

f(x)2sin3x21、（12分）已知函数,xR.

4（1）求f（x）的最小正周期；

（2）求f（x）的单调递增区间和单调递减区间；

x0,，求f（x）值域. （3）当2 - 3 -

22、（12分）已知函数f(x)log2(x1). （1）求函数f(x)的定义域；

（2）设g(x)f(x)a，若函数g(x)在(2,3)上有且仅有一个零点，求实数a的取值范围； （3）设h(x)f(x)m，是否存在正实数m，使得函数yh(x)在[3,9]内的最小值为f(x)4？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由.

数学答案

1．D 2．D 3．B 4．A 5．B 6．D 7.B 8．D 9．ACD 10．CD 11.AC 12.ABCD 13.

5 16.m2 0,1,1,2 14.2,1 15．1617、 18.解：

lg9lg32352lg35lg210

(1)原式1log511lg8lg2773lg23lg39(sin)(cos)(sin)(sin)sin=tan

(cos)sinsincoscos（2）原式 19

20.解：（1）法一：fx是定义在1,1上的奇函数，

- 4 -

f00n0m1则， 1，得mn1，解得n0f1222x经检验m1，n0时，fxx21是定义在1,1上的奇函数， 法二：fx是定义在1,1上的奇函数， 则fxfx，

即

mxnmxx21nx21，则n0， 所以fxmx1x21，又因为f12，得m1，

所以m1，n0. （2）由（1）知fxxx21，fx在1,1上是增函数， 又因为fx是定义在1,1上的奇函数，

由fa1fa210， 得fa1f1a2，

所以a11a2，即2a1①， 又1a11，即0a2②，

1a211，即0a22③，

2a1由①②③得0a2解得0a1．故a的取值范围是[0，1).

0a2221.解：（1）由解析式得ω＝3， 则函数的最小周期T223. （2）由2k23x42k2，k∈Z，

所以

2k234xk312，k∈Z， 即函数的单调递增区间为2k34,2k312，k∈Z，

- 5 -

由2k242k2k5x得，k∈Z， 312312即函数的单调递减区间为3x2k3k∈Z， 22k2k5, ，k∈Z. 312312（3）当x∈[0，

7]时，3x,，

4442则当3x+

＝时，函数f（x）取得最大值，此时f（x）＝2sin2，

242332， 时，函数f（x）取得最小值，此时f（x）＝2sin22当3x+

4即f(x)值域为[2,2].

22.解：（1）由题意，函数f(x)log2(x1)有意义，则满足x10，解得x1， 即函数fx的定义域为{x|x1}. （2）由g(x)f(x)a，且f(x)log2(x1)， 可得g(x)log2(x1)a,x(2,3)，

由对数函数的性质，可得gx为单调递增函数，且函数g(x)在(2,3)上有且仅有一个零点， 所以g2g30，即a(a1)0，解得1a0， 所以实数a的取值范围是(1,0). （3）由h(x)f(x)mm，设tfx,x[3,9]，则h(t)t,t[1,3],m0， f(x)tm4， 3m4， 1当m1时，函数h(t)在[1,3]上为增函数，所以最大值为h(3)3解得m3，不符合题意，舍去；

当m1时，函数h(t)在[1,3]上为减函数，所以最大值为h(1)1解得m3，不符合题意，舍去； 当1

m3时，函数h(t)在[1,m]上增函数，在[m,3]上为减函数，

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所以最大值为h(1)4或h34，解得m3，符合题意， 综上可得，存在m3使得函数yhx的最小值为4.

- 7 -