湖北省武汉市江岸区2022-2023学年高一上学期期末数学试题含答案

2022~2023学年度第一学期期末质量检测

高一数学试卷（答案在最后）

一、选择题：本大题共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.已知集合Axx11，Bxxa，若AB，则a的取值范围（） A.a≤0

B.a≥2

C.a2

D.a≤2

x2.命题“xR，都有eR”的否定是（） xA.xR，使得eR xC.xR，使得eR

xB.xR，使得eR xD.xR，使得eR

3.已知cos140m，则tan50等于（） A.m1m2 B.m1m2 1m2C.

1m1m2D.

1m4.已知函数fxatanxb3x4（a,bR）且flglog3105，则flglg3（） A.5

B.3

C.3

D.随a，b的值而定

12axx,x≤15.已知函数fx是R上的单调函数，则实数a的取值范围是（） 4logax1,x1A.,11 42B.0,

21C.,

4211D.,1

126.已知m为正实数，且A.1

m2xxk,kZ对任意的实数则m的最小值为（） tanx≥15均成立，22sinxB.4

C.8

D.9

7.设asin7，则（） A.a2log2a

2aB.log2a2a

a2C.alog2a2

2aD.log2aa2

2a8.设函数fxmcosxncosx，其中m，n，，为已知实常数，xR，若

f0f0，则（）

2A.对任意实数x，fx0

B.存在实数x，fx0

C.对任意实数x，fx0 D.存在实数x，fx0

二、多项选择题：本大题共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.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.

9.下列三角函数值为负数的是（） ．．A.tan3 4B.tan505 C.sin7.6 D.sin186

10.下列计算或化简结果正确的是（）

1cos，则tan2 2sin12sinxB.若tanx，则2

2cosxsinxA.若sincosC.若sin25，则tan2 5cos1sin2D.若为第二象限角，则sin1cos22

11.定义域和值域均为a,a的函数yfx和ygx的图象如图所示，其中acb0，下列四个结论中正确的有（）

A.方程fgx0有且仅有三个解 C.方程ffx0有且仅有八个解 12.已知函数fx确的是（） A.1

B.

C.B.方程gfx0有且仅有三个解 D.方程ggx0有且仅有一个解

xx2xx1，gxlog2xx1的零点分别为，，给出以下结论正x1x13 2D.2

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

3sincostan2213.已知f.若tansin1f，则635f的值为_________. 614.若正数a，b满足log2alog4b8，log4alog8b2，则log8alog2b的值为__________. 15.已知实数a,b0,2，且84a4b，则2b2a的最大值是___________.

16.某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量P（单位：mg/L）与时间t（单位：h）间的关系为PP0ekt，其中P0，k是正的常数。如果在前5h消除了10%的污染物，那么经过_______h污染物

减少50%（精确到1h）？取lg0.50.3，lg0.90.045

四、解答题：本大题共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.（本小题满分10分）若，0,22，且1sinsinsincoscos. 2（1）解关于x的不等式tanxxcostan0的解集（解集用的三角值表示）； （2）求tan的最大值.

18.（本小题满分12分）中国最早用土和石片刻制成“土主”与“日暑”两种计时工具，成为世界上最早发明计时工具的国家之一。铜器时代，使用青铜制的“漏壶”，东汉元初四年张衡发明了世界第一架“水运浑象”，元初郭守敬、明初詹希元创制“大明灯漏”与“五轮沙漏”，一直到现代的钟表、手表等。现在有人研究钟的时针和分针一天内重合的次数，从午夜零时算起，假设分针走了tmin会与时针重合，一天内分针和时针重合n次。

（1）建立t关于n的函数关系； （2）求一天内分针和时针重合的次数n.

19.（本小题满分12分）在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，角的终边OA与单位圆的交点坐标为

1Am,m0，射线OA绕点O按逆时针方向旋转弧度后交单位圆于点B，点B的纵坐标y关于的．．2函数为yf.

（1）求函数yf的解析式，并求f的值；

3的值. （2）若f34，0,，求tan43

20.（本小题满分12分）已知函数fxlg5x2xalg5x2x（a为常数）. （1）当a1，求f1（参考数据：lg30.5，lg50.7） 的值；

2（2）若函数fx为偶函数，求fx在区间2,1上的值域.

21.（本小题满分12分）武汉城市圈城际铁路，实现了武汉城市圈内半小时经济圈体系.据悉一辆城际列车满载时约为550人，人均票价为4元，十分适合城市间的运营.城际铁路运营公司通过一段时间的营业发现，每辆列车的单程营业额Y（元）与发车时间间隔t（分钟）相关；当间隔时间到达或超过12分钟后，列车均为满载状态；当8≤t≤12时，单程营业额Y与4t基础上减少，减少的数量为408t.

（1）求当5≤t≤12时，单程营业额Y关于发车间隔时间t的函数表达式； （2）由于工作日和节假日的日运营时长不同，据统计每辆车日均

26012成正比；当5≤t≤8时，单程营业额会在t8时的t120次单程运营.为体现节能减排，发车间隔t时间t8,12，则当发车时间间隔为多少分钟时，每辆列车的日均营业总额R最大？求出该最大值. 22.（本小题满分12分）已知函数fx2x（1）若fx≥0恒成立，求a的取值范围； （2）设函数gxfxlog理由.

23a1，x,2，a是常数. x2x，试问，函数gx是否有零点，若有，求a的取值范围；若没有，说明

2022~2023学年度第一学期期末质量检测

高一数学试卷参考答案

一、选择题：

1.B 2.A 3.B 4.C 5.C 6.D 7.D 8.A

二、多项选择题：

9.BCD 10.AB 11.ABD 12.BD

三、填空题：

113.

3四、解答题：

17.解：（1）tan14.52 315.2 16.33

sincos∴sinx2x1sin2sin0 21sin1 sinx1xsin0sinxsin1 sin∴原不等式解集xsinx（2）tansincostantan2 ≤2sin2cos22tan2122tan2422rad/min，时针旋转的角速度为rad/min，所以6030126036018.设经过tmin分针就与时针重合，n为两针重合的次数. 因为分针旋转的角速度为

720，即t2ntn. 3036011（2）因为时针旋转一天所需的时间为24601440（min），所以针一天内只重合22次. 19.（1）因为sin720n≤1440，于是n≤22.故时针与分11 717，且m0，所以，由此得fsin6261 275fsinsin3366（2）由f3337知sin，即sin sin466464由于0,，得7,666sin0cos，与此同时，所以0

66由平方关系解得：cos13， 64

sincos43639 tantan333cossin3620.（1）当a1时，fxlg25x4x，此时

111912flg2542lg2lg2lg3lg510.70.3

552（2）定义域为,00,

110x110xxxxxfxlg52alg52lgalglg110lg5alg110lg5 xx55xxxxfxlg52xxalg52xx10x110x1lgalg

2x2xlg10x1lg2xalg110xlg2x

由偶函数的定义得恒有fxfx

即：lg5alg5lg2alg2也就是恒有lg2xlg5xalg5xlg2x所以a1

xxxx10x12lg1x当x0，fxlg52lg52lgx

101101xxxx又fx在0,单调递增，∴x1,2，fxlg故fx在2,1上值域lg999,lg 11101999,lg. 111016012， t21.（1）当8≤t≤12时，设Ya4t由t12时满载可知Y2200，则a40

15160t3,8≤t≤125则Y 40t2640t1100,5≤t8（2）R404t6012012，t8,12 tt

化简得R19200151131，t8,12 t2t令u,当u1t112，则R1920015u3u1 8121，即t10时，Rmax22080 1022.（1）若fx≥0恒成立，即恒有3a≥x2x

xx设gxx2，任取x1,x2,2，且满足x1x2，由于2122，

2x1由不等式性质可得x121x222，即gx1gx2，所以函数gx在x,2上单调递减

2xx12221所以3a≥，即a≥ gmaxg2622（2）由题意可知2x3a3alog2x0，即2xalog2x0 xx设hx2ax3log2x，问题转化为求hx的最小值， x由题意可知a1，此时hx≥2x33alogx2amin210，此时没有零点. max2xmin