2023年12月2日发(作者：百色中考数学试卷答案大全)

期末考试数学试题

天津市部分区2020-2021学年高一上学期

期末考试练习试卷

一､选择题：本大题共10小题，每小题4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. 已知全集U2,1,0,1,2,3（ ）

B.

D.

，集合A2,0,1,2，B1,0,3，则集合

AUBA.

C.

1,2

1,0,1,21,0,1

2,0,1,2

『答案』D

『解析』因为全集所以UU2,1,0,1,2,3，所以，集合A2,0,1,2，

，B1,0,3，

B2,1,2AUB2,0,1,2故选：D

2. 命题“A.

C.

x00,，lnx02x0x”的否定是（ ）

B.

D.

x0,x00,，lnx2

，x0,，lnx2

，xlnx02x0

x00,lnx02x0

『答案』B

『解析』根据特称命题的否定是全称命题可知，

“x00,，lnx02x0”的否定是“x0,，lnx2”.

x故选：B.

3. 已知角的终边过点P12,5，则sinπ（ ）

1212A.

13 B.

13

『答案』C

55C.

13 D.

13

『解析』角的终边过点P12,5，则OP1225132

1 期末考试数学试题

sin所以故选：C

55sinπsin13，又13

24. 设R，则“a1”是“a5a60”的（ ）

A. 充分不必要条件

C. 充要条件

B. 必要不充分条件

D. 既不充分也不必要条件

『答案』A

2『解析』因为a5a60，解得a6或a1，

因为,1,16,

2 “a1”是“a5a60”的充分不必要条件．

故选：A．

0.3blog0.32clog0.20.3a25. 已知，，，，则a，b，c的大小关系是（ ）

A.

cba B.

bca C.

abc D.

cab

『答案』B

x0.30y2a221；

『解析』因为指数函数在定义域内是增函数，所以由于对数函数由于对数函数所以ylog0.3xylog0.2x在定义域内是减函数，所以在定义域内是减函数，

blog0.32log0.310；

0log0.21clog0.20.3log0.20.21，所以bca.

故选：B.

ππysin2xysin2x4的图象，只需把函数6的图象上所有的6. 为了得到函数点（ ）

πA. 向左平行移动12个单位长度

πC. 向左平行移动24个单位长度

πB. 向右平行移动12个单位长度

πD. 向右平行移动24个单位长度

2 期末考试数学试题

『答案』C

ππππysin2xsin2xysin2xsin2x48，612，『解析』由于

ππysin2xysin2x4的图象，6的图象上所有的点故为了得到函数只需把函数ππππysin2xsin2xsin2x84.

1224向左平移24个单位长度得故选：C.

π3πsinπ45，则cos的值为（ ）

7. 已知2，且72A.

10

『答案』D

B.

227210 C.

10 D.

10

πππ3π5π,，

『解析』因为2，所以444又sinπ3π4cos，所以，

4545ππππππcoscossinsin

444444所以coscos42322525210.

故选：D

8. 已知扇形的圆心角为150°，其弧长为πcm，则这个扇形的面积为（ ）

3π23π25π26π2cmcmcmcmA.

4 B.

5 C.

6 D.

5

『答案』B

『解析』设扇形的半径为R，扇形的圆心角为150°，即5π

6所以弧长为5πRπ，则6R65

3 期末考试数学试题

这个扇形的面积为故选：B

1163lRππ

22551ffxfxlog31xlog31x9. 已知函数为偶函数，当1x0时，，则2的值为（ ）

A. -1 B. -2 C. 1 D. 2

『答案』A

『解析』函数fx为偶函数，则fxfx

131111fflog31log31log3log3122222所以2

故选：A

x24x1,x1fx1x,x1fxm210. 已知函数若关于x方程恰有三个不同的实数解，则实数m的取值范围是（ ）

A

0,3 B.

2,3

10,C.

2

1,1D.

2

『答案』D

x24x1,x1fx1x,x12『解析』根据函数，作出函数图象，如图.

方程fxm恰有三个不同的实数解，即函数fx的图象与ym的图象有三个交点

4 期末考试数学试题

如图，f111m1fx2，当2时，函数的图象与ym的图象有三个交点

故选：D.

二､填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分.

πytan2x3，xπkπkZ的最小正周期为______.

11. 函数122π『答案』2

『解析』ππytan(2x)，其最小正周期T．

32所以函数ytan(2xπππkπ)，x(kZ)的最小正周期为：．

12232故『答案』为：π.

2280.25lg1412. 已知e为自然对数的底数.计算：12lne100______.

『答案』1

28『解析』1434140.2511113424lg2lne22lg102lne2100

2222122112

故『答案』为：1.

sin13.

10π3______.

32

『答案』sin『解析』10πππ33

sin3πsin33232

5

故『答案』为： 期末考试数学试题

14. 函数fxAsinxA0,0,π在一个周期内的图象如图所示，则2此函数的『解析』式fx______.

πy2sin2x4

『答案』『解析』由振幅得：A2

由图象可得：T4∴57πππ，

882π，

2，∴y＝2sin（2x+φ）T773π当xπ时，y＝2，∴2ππ，，

8824πy2sin2x4.

∴『解析』式为：15. 有下列命题：

fxax111,0

a0a1①当，且时，函数的图象恒过定点②cos2tan30；

③幂函数fxx1在0,上单调递减；

aab④已知a0，b0，则2ab1的最大值为2

其中正确命题的序号为______(把正确的『答案』都填上)

『答案』①③

『解析』①由于函数f（x）＝ax（a＞0，且a≠1）的图象恒过定点（0，1），

fxax111,0正确；

a0a1所以当，且时，函数的图象恒过定点 6 期末考试数学试题

23②由于2，所以cos20,tan30，所以cos2tan30，故②错误；

③幂函数fxx1aab在0,上单调递减正确；

④因为aab2ab22当且仅当aab，即b0时等号成立，此时有aab2abaab112，即2ab的最大值为2，但条件中b0，所以此命题错误.

故『答案』为：①③.

三､解答题：本大题共5小题，共60分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.

16. 已知cos13，且是第四象限角.

（1）求sin2和cos2的值；

πtan4的值；

（2）求cos『解』（1）13，

22由sincos1得，sin21cos289，

又是第四象限角，sin82293，

sin22sincos429，

79.

cos2cos2sin2tan（2）由（1）可知sin22cos，

ππ4221942tan41tantanπ712214.

tantan 7 期末考试数学试题

17. 已知函数（1）求（2）求fxloga52x的定义域；

的零点；

与，其中a0，且a1.

fxfx（3）比较f1f1的大小

『解』（1）由52x0，得x52，

5,fx2.

所以函数的定义域为（2）令fx0，即loga52x0，

的零点为2.

，

.

.

则52x1，所以x2，所以函数（3）fx，f1loga52loga7f1loga52loga3loga7loga3，即当a1时，函数ylogax是增函数，所以f1f1当0a1时，函数ylogax是减函数，所以loga7loga3，即f1f118. 某公司为了发展业务，制订了一个激励销售人员的奖励方案：①当销售利润不超过10万元时，不予奖励；②当销售利润超过10万元，但不超过20万元时，按销售利润的20%予以奖励；③当销售利润超过20万元时，其中20万元按20%予以奖励，超过20万元的部分按40%予以奖励.设销售人员的销售利润为x万元，应获奖金为y万元.

（1）求y关于x的函数『解析』式，并画出相应的大致图象；

（2）若某销售人员获得16万元的奖励，那么他的销售利润是多少？

8 期末考试数学试题

『解』（1）根据题意，可得函数的『解析』式为：

00x10y20%x10x202020%+x2040%x20，

即0x100,y0.2x,10x200.4x4,x20，

图象如下所示：

（2）由（1）可知，当10x20时，2y0.2x4，

y164，x20，令0.4x416，解得：x50，

故此销售人员为公司创造50万元的销售利润.

πfxcos2x23sin2x3619. 已知函数，xR.

（1）求fx的最小正周期和单调递增区间；

ππ,fx（2）求在区间44上的最大值和最小值.

ππfxcos2xcossin2xsin23sin2x366『解』

31cos2xsin2x31cos2x322

π13sin2xcos2xsin2x3

22 9 期末考试数学试题

（1）T2ππfx2，所以的最小正周期为π.

2x由πππ2kπ,2kπ322，kZ，

π5πxkπ,kπ1212，kZ，

可得fx的单调递增区间为kππ5π,kπkZ；

1212ππ,fx（2）因为在区间412上单调递减，

在区间-ππ,上单调递增，

124πf112，π1f42.

1πf2，又4ππ1,fx所以在区间44上的最大值为2，最小值为-1.

10


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