浙江省衢州市2024-2025學(xué)年高一上學(xué)期1月教學(xué)質(zhì)量檢測試題 數(shù)學(xué) 含解析

浙江省衢州市2024-2025學(xué)年高一上學(xué)期1月教學(xué)質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試題第I卷（選擇題）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知集合A={1,2,3}，B={0,2,4}，則A∩B=(

)A.{0} B.{2} C.{1,2} D.{0,1,2,3,4}2.已知冪函數(shù)f(x)的圖象過點(2,2)，則f(9)=A.?3 B.3 C.2 D.3.“x>0”是“ex>1”的(

)A.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充要條件 D.既不充分也不必要條件4.下列不等關(guān)系成立的是(

)A.3?0.3>20.1 B.log23>5.函數(shù)f(x)=(x+1)2(x?2)的部分圖象大致為A.B.

C.D.6.已知函數(shù)f(x)=2x+x?1，g(x)=log2x+x?1，?(x)=x3+x?1的零點分別為a，b，c，則A.a>b>c B.b>c>a C.c>a>b D.b>a>c7.已知函數(shù)y=f(x)的圖象關(guān)于點P(a,b)中心對稱的充要條件是函數(shù)y=f(x+a)?b為奇函數(shù)，則函數(shù)f(x)=12x?1A.(1,1) B.(2,13) C.(0,?8.已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，g(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(x)，g(x)在(?∞,0]上單調(diào)遞增，則下列不等關(guān)系恒成立的是(

)A.g(g(1))>g(g(2)) B.g(f(1))<g(f(2))

C.f(g(1))>f(g(2)) D.f(f(1))>f(f(2))二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.若a>0，b>0，且a+b=4，則下列結(jié)論正確的是(

)A.2a?2b=16 B.ab10.已知函數(shù)f(x)=sin(cosx)?A.f(x)是奇函數(shù) B.f(x)圖象有對稱軸

C.f(x)是周期函數(shù) D.f(1)<011.已知正實數(shù)x，y滿足x4=1+xy8A.y>1 B.x<54 C.y2第II卷（非選擇題）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.若ln(log2m)=0，則m=13.玉璜，是一種佩戴飾物.在中國古代，玉璜與玉琮、玉璧、玉圭、玉璋、玉琥等總稱為“六瑞”，被《周禮》一書稱為是“六器禮天地四方”的玉禮器，多作為宗教禮儀掛飾.現(xiàn)有一弧形玉璜呈扇環(huán)形，已知AD=4，弧AB長為2π，弧CD長為π，此玉璜的面積為

14.已知函數(shù)f(x)=sinx,x?0x2?2x+2a+5,x>0在(a,+∞)上有4個不同零點，則實數(shù)a四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)在平面直角坐標系xOy中，角α是第二象限角，且終邊與單位圓交于點P(m,(1)求實數(shù)m及tanα的值(2)求cos?(?α)+cos16.(本小題15分)已知函數(shù)f(x)=loga(?(1)若a=4，求函數(shù)f(x)的定義域及值域;(2)若函數(shù)f(x)在(1,3)上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍．17.(本小題15分)已知函數(shù)f(x)=asin(2x?π6)+b(a>0,b∈R)(1)求函數(shù)f(x)的解析式;(2)若對任意x1∈[0,π6]，存在x218.(本小題17分)已知函數(shù)f(x)=a(x+1)+1x(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性(無需證明);(2)若a<0，解關(guān)于x的不等式f(|x?2|)>f((3)若關(guān)于x的方程f(3x+1)=1有兩個不同的解，求實數(shù)19.(本小題17分)設(shè)點集D是集合M={(x,y)|x，y∈R}的一個非空子集，若按照某種對應(yīng)法則f，D中的每一點(x,y)都有唯一的實數(shù)t與之對應(yīng)，則稱f為D上的二元函數(shù)，記為t=f(x,y).當二元函數(shù)f(x,y)滿足對任意x，y，z∈R，均有：?①f(x,y)=f(y,x);?②f(x,x)=0;?③f(x,z)+f(z,y)≥f(x,y)成立，則稱二元函數(shù)f(x,y)具有性質(zhì)P．(1)試判斷二元函數(shù)f(x,y)=|x?y|是否具有性質(zhì)P，并說明理由;(2)若f(x,y)具有性質(zhì)P，證明：函數(shù)g(x,y)=f(x,y)(3)對任意具有性質(zhì)P的函數(shù)f(x,y)，均可推出F(x,y)=f(x,y)m+f(x,y)具有性質(zhì)P，求實數(shù)m1.B

【解析】∵A={1,2,3}，B={0,2,4}，

∴A∩B={2}．

故選B．2.D

【解析】設(shè)f(x)=xα，

由f(2)=2∴f(x)=x12，

故選D．3.C

【解析】由ex>1，得x>0，反之也成立，

所以“x>0”是“ex>1”的充要條件．4.B

【解析】對于A、3?0.3<30=1，20.1>20=1，則3?0.3<20.1，故A錯誤；

對于B、log23>log22=1，log32<log33=1，則log23>log32，故B5.A

【解析】因為函數(shù)f(x)=(x+1)2(x?2)，

由f(x)=0，得x=?1或x=2，

當x<?1或?1<x<2時，f(x)<0，當x>2時，f(x)>0，

由選項可知，只有A滿足題意，

6.B

【解析】由題得a，b，c分別為方程2

?x=1?x，log

?2x=1?x，x

?3=1?x的根，

在同一直角坐標系中作出y=2

??x，y=log

??2x，y=x

??3，y=1?x7.C

【解析】令g(x)=12x?1+12，

則定義域為{x|x≠0}，

且g(?x)=12?x?1+18.C

【解析】由題意，得f(x)在(0,+∞)遞減，g(x)在R上遞增，且g(0)=0，

對于A、因為g(2)>g(1)，則g(g(2))>g(g(1))，故A錯誤；

對于B、因為f(1)>f(2)，則g(f(1))>g(f(2))，故B錯誤；

對于C、因為g(2)>g(1)>0，則f(g(1))>f(g(2))，故C正確；

對于D、因為f(1)>f(2)，若f(1)>f(2)>0，則f(f(1))<f(f(2))，故D錯誤，

故選C．9.ABD

【解析】對于A、2a?2b=2a+b=24=16，故A正確；

對于B、ab?a+b2=2，當且僅當a=b=2時，取等號，故B正確；

對于C、log2a+log2b=log210.BCD

【解析】函數(shù)f(x)=sin(cosx)?cos(sinx)的定義域為R，

f(?x)=sin[cos(?x)]?cos[sin(?x)]=sin(cosx)?cos(sinx)=f(x)，

則函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，圖像關(guān)于y軸對稱，故A錯誤，B正確;

因為cos(x+2π)=cosx，sin(x+2π)=sinx，

所以f(x+2π)=sin[cos11.ABD

【解析】由y8=3x+y，x>0

可得y8?y=y(y7?1)=3x>0，

又y>0，則y7?1>0，故y>1，故A正確；

x>0，則x4=x+1>1，則x4>1，即x>1，

令f(x)=x4?x?1，x>1，

則正實數(shù)x為f(x)=0的解，即為f(x)的零點，

f(x)=x4?x?1=x(x3?1)?1，

x>1，x3?1>0，且函數(shù)y=x與y=x3?1都單調(diào)遞增，

故f(x)=x4?x?1在x>1時單調(diào)遞增，

f(1)=?1<0，f(54)=625256?54?1=625?320?256256=49256>0，

故f(x)在(1,54)上存在零點，即1<x<54，故B正確；

y8?y=3x，1<x<54，則3x∈(3,154)，

令g(y)=y8?y，y>1，則g(y)∈(3,154)，

g(y)=y8?y=y(y7?1)，

由y>1，y12.2

【解析】由ln(log2m)=0得log2m=113.6π

【解析】玉璜的面積為12×(π+2π)×4=6π，

故答案為14.[?3π,?2π)

【解析】由sinx=0得x=kπ(k∈Z)，

①若f(x)=x2?2x+2a+5無零點，則(?2)2?4(2a+5)<0，得a>?2，此時f(x)=sinx滿足條件的零點最多1個，不合題意；

②若f(x)=x2?2x+2a+5只一個零點，則a=?2，此時f(x)=sinx滿足條件的零點最多1個，不合題意；

③若f(x)=x2?2x+2a+5有兩個零點，一個正數(shù)，另一個為零，則a=?52，此時f(x)=sinx滿足條件的零點只1個，不合題意；

④若f(x)=x2?2x+2a+5有兩個正零點，則(?2)2?4(2a+5)>02a+5>0，則?52<a<?2，此時f(x)=sinx滿足條件的零點有1個，不合題意；

⑤若15.解(1)因為角α與單位圓交于點P(m,45)，所以sinα=45，cosα=m，

又角α為第二象限角，且sin2α+cos216.解：(1)當a=4時，f(x)=log4(?x2+4x?3)，

令?x2+4x?3>0?1<x<3，

所以函數(shù)f(x)定義域為(1,3)，

又f(x)=log4[?(x?2)2+1]，

所以0<?x2+4x?3?1?log4(?x2+4x?3)≤0，所以函數(shù)f(x)的值域為(?∞,0]．

(2)設(shè)t=?x2+ax?3，因為f(x)在(1,3)上為增函數(shù)，

所以當a>1時，t=?x2+ax?3在(1,3)17.解：(1)因為0≤x≤π2，所以?π6≤2x?π6≤5π6，

則?12≤sin(2x?π6)≤1，

又a>0，故?a2+b≤f(x)≤a+b，

依題意則?a2+b=0a+b=3，解得a=2b=1，

故f(x)=2sin(2x?π6)+1；

(2)由題意可知f(x1)min≥f(x2)min，

18.解：(1)?f(x)定義域為{x|x≠0}，

當a=0時，f(x)=1x在(?∞,0)和(0,+∞)上單調(diào)遞減;

當a<0時，f(x)=ax+1x+a在(?∞,0)和(0,+∞)上單調(diào)遞減;

當a>0時，f(x)=ax+1x+a在(?∞,?aa)和(aa,+∞)上單調(diào)遞增;

在(?aa,0)和(0,aa)上單調(diào)遞減;

(2)由f(x)的定義域知|x?2|>0，x2>0，得x≠2且x≠0，

又由(1)知當a<0時，f(x)=ax+1x+a在(0,+∞)上單調(diào)遞減;

故f(|x?2|)>f(x2)?|x?2|<x2，

則x>2x?2<x2或x<22?x<x2，即x<?2或x>1，

所以不等式f(|x?2|)>f(x2)的解集為{x|x<?2或1<x<2或x>2}．

(3)令t=3x+1，則其在R上單調(diào)遞增，且t>1．19.解：(1)?f(x,y)=|x?y|具有性質(zhì)P，

所以f(y,x)=|y?x|=f(x,y)，

f(x,x)=|x?x|=0，

f(x,z)+f(z,y)=|x?z|+|z?y|≥|x?z+z?y|=|x?y|=f(x,y)，

故f(x,y)=|x?y|具有性質(zhì)P．

(2)因為g(x,y)=f(x,y)=f(y,x)=g(x,y);

g(x,x)=f(x,x)=0;

下證g(x,z)+g(z,y)≥g(x,y)，

即證f(x,z)+f(z,y)≥f(x,y)，

?f(x,z)+f(z,y)+2f(x,z)f(z,y)≥f(x,y)，(?)，

又f(x,y)具有性質(zhì)P，故f(x,z)+f(z,y)≥f(x,y)，

結(jié)合2f(x,z)f(z,y)≥0，知(?)式成立，

故g(x,z)+g(z,y)≥g(x,y)成立，

所以函數(shù)g(x,y)具有性質(zhì)P．

(3)先證f(x,y)具有性質(zhì)P時，必有f(x,y)≥0成立．

因為f(x,y)具有性質(zhì)P，由?③知f(x,y)+f(y,x)≥f(x,x)=0，

由?①知f(x,y)=f(y,x)，故2f(x,y)≥0，即f(x,y)≥0成立．

(i)若m<0，當f(x,y)有性質(zhì)P時，知f(x,y)≥0，且F(x,y)也有性質(zhì)P，

故F(x,y)=f(x,y)m+f(x,y)≥0，從而m+f(x,y)>0恒成立，

故f(x,y)>?m>0，即f(x,y)>(?m)2>0，

取y=x得f(x,x)>(?m)2>0與f(x,