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湖南师大附中 2020-2021 学年度高一第二学期入学自主检测数学时量:20 分钟 满分:50 分一、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.已知集合 , ,则 ( )A. B. C. D.2.设 , , ,则 , , 的大小关系是( )A. B. C. D.3.函数 的零点个数为( )A.0 B.1 C.2 D.34.已知函数 ,且 ,则 的值为( )A. B.1 C.3 D.5.关于 的方程 ,有下列四个命题:甲: 是该方程的根;乙: 是该方程的根;丙:该方程两根之和为 2;丁:该方程两根异号.如果只有一个假命题,则该命题是( )A.甲B.乙C.丙D.丁6.若实数 , 满足 ,则 的最小值为( )A. B.2 C. D.47.若函数 在区间 上是减函数,则实数 的取值范围是( )A. B. C. D.8.已知函数 的定义域为 ,则“ 无最大值”的一个充分条件是( )A. 为偶函数且关于直线 对称{ }2 2 0M x x x= − = { }0,1,2N = M N∩ ={ }0 { }0,1 { }0,2 { }0,1,23525a =   2525b =   2535c =   a b ca b c b c a c a b c b a ( )1212xf x x = −   ( ) ( ) ( )sin cosf x a x b xπ α π β= + + + ( )4 3f = ( )2021f1− 3−x 2 0x ax b+ + =1x = 3x =a b1 2aba b+ = ab2 2 2( ) ( )f x x x b= − [ ]0,2 b( ], 4−∞ ( ], 2−∞ [ )2,+∞ [ )4,+∞( )y f x= R ( )f x( )f x 1x =B. 为偶函数且关于点 对称C. 为奇函数且关于直线 对称D. 为奇函数且关于点 对称二、多项选择题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得 5 分,部分选对的得 2 分,有选错的得 0 分.9.已知 , ,且 .则下列结论正确的是( )A. B. C. D.10.下列几个说法中,正确的是( )A.已知函数 的定义域是 ,则 的定义域是B.命题“ , ”的否定为:“ , ”C 若函数 有两个零点,则实数 的取值范围是D.若函数 在区间 上的最大值与最小值分别为 和 ,则11.已知函数 的图象关于直线 对称,则( )A.函数 为奇函数B.函数 在 上单调递增C.若 ,则 的最小值为D.函数 的图象向右平移 个单位长度得到函数 的图象12.已知 , , .则 的值可能是( )A. B. C.1 D.三、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.( )f x ( )1,1( )f x 1x =( )f x ( )1,10a 0b 4a b+ =4ab ≤ 1 1 1a b+ ≥ 2 2 16a b+ ≥ 2 2 8a b+ ( )f x 1 ,82   ( )2xf ( ]1,3−0x∀ ≥ e 1x x≥ + 0 0x∃ 0 0e 1x x +( ) 2 2xf x b= − − b 0 2b ( ) 2 14 ln1xf x xx+= +−1 1,2 2 −  M m 8M m+ =( ) ( )sin 32 2f x xπ πϕ ϕ = + −    4xπ=12f xπ +  ( )f x ,12 3π π   ( ) ( )1 2 2f x f x− = 1 2x x− 3π( )f x4πcos3y x= −1x y+ = 0y 0x ≠ 12 1xx y++23345413.已知 , ,则 .1.已知函数 是定义域为 的奇函数,当 时, .则 时, .15.已知函数 , , 在区间 上单调递减,则 .16.设函数①若 ,使得 成立,则实数 的取值范围是 ;②若函数 为 上的单调函数,则实数 的取值范围是 .四、解答题:本题共 6 个小题,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)已知函数 .(1)求使 的 最小值;(2)若对任意 , 有意义,求实数 的取值范围.18.(本小题满分 12 分)已知函数 .(1)求 的最大值及取得最大值时 的值;(2)若方程 在 上的解为 , ,而,求 的值.19.(本小题满分 12 分)设 , 是 上的偶函数.(1)求 的值;(2)判断 在 上是增函数还是减函数,并证明你的结论.20.(本小题满分 12 分)倡导环保意识、生态意识,构建全社会共同参与的环境治理体系,让生态环保思想成为社会生活中的主流4 2a = lg x a= x =( )f x R 0x ( ) 2 2f x x x= − 0x ( )f x =( ) ( )sin 3 cos 0f x x xω ω ω= + 06 2f fπ π   + =      ( )f x ,6 2π π   ω =( ) 2, ,2 , ,x x af xx x x a≥= − + 0x∃ ≠ ( ) ( )1 1f x f x+ = − a( )f x R a( )2 2lgx x af xx+ +=( ) 1f a ≥ a[ )1,x ∈ +∞ ( )f x a( ) 2 3sin sin 3 cos2 2f x x x xπ = − − +  ( )f x x( ) 23f x = ( )0,π 1x 2x ( )1 2cos x x−0a ( ) eexxaf xa= + Ra( )f x ( )0, +∞文化.某化工企业探索改良工艺,使排放的废气中含有的污染物数量逐渐减少.已知改良工艺前所排放的废气中含有的污染物数量 为 ,首次改良工艺后排放的废气中含有污染物数量 为 ,第次改良后所排放的废气中的污染物数量 可由函数模型 给出,其中是指改良工艺的次数.(1)试求改良后 的函数模型;(2)依据国家环保要求,企业所排放的废气中含有的污染物数量不能超过 .试问:至少进行多少次改良工艺后才能使企业所排放的废气中含有污染物数量达标?(参考数据:取 )21.(本小题满分 12 分)已知函数 .(1)求函数 的最小正周期;(2)将函数 的图象向右平移 个单位长度,再向下平移 个单位长度后得到函数 的图象,且函数 的最大值为 2.(i)求函数 的解析式;(ii)证明:存在无穷多个互不相同的正整数 ,使得 .22.(本小题满分 12 分)已知 , .(1)若 ,且 ,求 的取值范围;( 2)若 ,且方程 在 上有两个解 , ,求 的取值范围,并证明.湖南师大附中 2020-2021 学年度高一第二学期入学自主检测数学参考答案一、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0r32mg / m 1r31.94mg / m nnr ( ) ( )0.5 *0 0 1 5 ,n pnr r r r p n+= − − ⋅ ∈ ∈R Nnnr30.08mg / mlg 2 0.3=( ) 210 3 sin cos 10cos2 2 2x x xf x = +( )f x( )f x6π ( )0a a ( )g x( )g x( )g x0x ( )0 0g x ( ) 2 2f x ax bx= + + x ∈ R1b = − ( ){ }3 ,y y f x x∉ = ∈ R a1a = ( ) 2 1 2f x x+ − = ( )0,2 1x 2x b1 21 12 4x x + 要求的.题号 1 2 3 4 5 6 7 8答案 C D B D A C D D3.B【解析】由 ,得 ,在平面直角坐标系中分别画出函数 和 的图象,可知其交点只有一个,所以 的零点只有一个.4.D【解析】因为 ,所以 .5.A【解析】若甲、乙都为真命题,则丙、丁都为假命题,与四个命题中“只有一个假命题”矛盾,故甲、乙中必有一个假命题.若甲、丙都为真命题,则乙、丁都为假命题,也与四个命题中“只有一个假命题”矛盾,从而甲、丙中必有一个假命题.由此可知,甲是假命题.6.C【解析】由 得: , , ,即 ,当且仅当,即 时等号成立.7.D【解析】因为 时, 是减函数,则 ,即 .8.D【解析】对于 A,由 为偶函数且关于直线 对称,但有最大值知其不正确;对于 B、C,可分别由反例 , 知其不正确;对于 D,由 为奇函数且关于点对称知 , ,由此可得 ,所以没有最大值.二、多项选择题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得 5 分,部分选对的得 2 分,有选错的得 0 分 .题号 9 10 11 12答案 AB ACD AC BCD12.BCD【解析】已知 , , .∴ ,( ) 0f x =1212xx =   12y x= 12xy =   ( )f x( ) ( ) ( )4 sin 4 cos 4 sin cos 3f a b a bπ α π β α β= + + + = + =( ) ( ) ( )2021 sin 2021 cos 2021 sin cos 3f a b a bπ α π β α β= + + + = − − = −1 2aba b+ = 0a 0b 1 2 2 2 22aba b ab ab= + ≥ = 2 2ab ≥1 2a b=442,2 2ab ==[ ]0,2x ∈ ( ) ( ) 2f x x x b x bx= − = − 22b ≥ 4b ≥( ) cosf x xπ= 1x =( ) cos 12f x xπ= + ( ) sin2f x xπ= ( )f x( )1,1 ( ) ( )f x f x− = − ( ) ( )1 1 2f x f x+ + − = ( ) ( ) ( )2 2f x f x f x+ = + ( )f x1x y+ = 0y 0x ≠ 1x ( 1 ) 当 时 ,(当且仅当 时,等号成立).(2)当 时, (当且仅当 时,等号成立).综上可知, 的可取值范围是 ,故选 BCD.三、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.13.14. 【解析】当 时, ,因为 是奇函数,所以 .所以 .15. 2【解析】∵ 在 上单调递减,且 ,∴ ,∵ ,∴ ,∴ , ,又由 , ,得 ,∴ .16.① ②四、解答题:本题共 6 个小题,共 70 分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.17.【解析】(1) 即 ,所以 ,即 ,所以 的最小值为 7.( 2 )方法一:对任意 , 有意义 在区间 上, 恒成立恒成立.0 1x 1 1 2 1 22 1 2 2 4 2 4 4 2x x x x x xx y x x x xxx x+ − −+ = + = + = + ++ − − −1 2 524 4 2 4x xx x−≥ + ⋅ =−23x =0x 1 1 1 2 32 1 2 2 4 4 2 4x x xx y x x x xx − − −+ = + = − + + ≥+ − − − −2x = −12 1xxy++3,4 +∞ 102 2x x− − 0x 0x− ( )f x ( ) ( )f x f x− = −( ) ( ) ( ) ( )2 22 2f x f x x x x x = − − = − − − − = − − ( )f x ,6 2π π   06 2f fπ π   + =      6 2 02fπ π + =   ( ) sin 3 cos 2sin3f x x x xπω ω ω = + = +  6 2 2sin 02 3 3 3f fπ ππ π πω +     = = + =          ( )3 3k kπ πω π+ = ∈ Z ( )3 1k kω = − ∈ Z1 22 2 6π π πω⋅ ≥ − 0ω 0 3ω ≤2ω =( )1,+∞ ( ] { },0 1−∞ ∪( ) 1f a ≥ ( )lg 3 1a+ ≥ 3 10a+ ≥ 7a ≥ a[ )1,x ∈ +∞ ( )f x ⇔ [ )1,+∞2 20x x ax+ + 2 2 0x x a⇔ + + 设 , ,递增,所以当 时, ,于是当且仅当 时, 在 上有意义,故 .所以 的取值范围是 .方 法 二 : 对 任 意 , 有 意 义 在 区 间 上 , 恒 成 立恒成立 恒成立,①设 , ,则① ,因为 ,故当 时 取得最大值 ,所以 ,即 的取值范围是 .18.【解析】(1).当 ,即 时,函数 取最大值,且最大值为 1.(2)由(1)知,函数 图象的对称轴为 ,∴当 时,对称轴为 或 .又方程 在 上的解为 , .结合图象知点 与点 关于 对称.∴ ,则 ,∴ ,2 2y x x a= + + [ )1,x ∈ +∞( )22 2 1 1y x x a x a= + + = + + − 1x = min 3y a= +min 3 0y a= + ( )f x [ )1,x ∈ +∞ 3a −a ( )3,− +∞[ )1,x ∈ +∞ ( )f x ⇔ [ )1,+∞2 20x x ax+ + 2 2 0x x a⇔ + + 2 2a x x⇔ − −( ) 2 2g x x x= − − [ )1,x ∈ +∞ ( )maxa g x⇔ ( ) ( )22 2 1 1g x x x x= − − = − + + 1x = ( )g x ( )1 3g = −3a − a ( )3,− +∞( ) ( )23cos sin 2cos 12f x x x x= − −1 3sin 2 cos 2 sin 22 2 3x x xπ = − = −  ( )2 23 2x k kπ π π− = + ∈ Z( )512x k kπ π= + ∈ Z ( )f x( )f x ( )512 2kx kππ= + ∈ Z( )0,x π∈ 512x π= 1112π( ) 23f x = ( )0,π 1x 2x12,3x    22,3x   512x π=1 256x x π+ = 1 256x xπ= −( )1 2 2 25cos cos 2 sin 26 3x x x xππ   ⋅ − = − = −      又 ,故 .19.【解析】(1)因为 是 上的偶函数,所以 , ,即 ,亦即 ,又 不可能恒为“0”,所以 ,而 ,故 .(2) 在 上是增函数.证明如下:在 上任取 ,.因为 ,所以由 得 ,从而 ,所以 ,即 ,所以 在 上是增函数.20.【解析】(1)由题意得 , ,所以当 时, ,即 ,解得 ,所以 ,故改良后所排放的废气中含有的污染物数量的函数模型 .(2)由题意可得, ,整理得 ,即 ,( )2 22sin 23 3f x xπ = − =  ( )1 22cos3x x− =( )f x Rx∀ ∈ R ( ) ( ) 0f x f x− − =e e0e ex xx xa aa a−−+ − − = ( )1 e e 0x xaa− − − =  e ex x−−10aa− = 0a 1a =( )f x ( )0, +∞( )0, +∞ 1 2x x( ) ( ) ( )2 1 21 2 1 21 21 1 1 1e 1 e e ee e e ex x xxx x x xf x f x − = + − − = − + −  ( ) ( ) ( )1 21 2 2 1 1 21 2 1 21 e e 1e e e e e ee e e ex xx x x x x xx x x x −= − + − × = −   e 1 1 20 x x 1 21 e ex x 1 2e e 1x x ( )( )111 2 22e e e e0e e1x x x xx x−− ( ) ( )1 2 0f x f x− ( )f x ( )0, +∞0 2r = 1 1.94r =1n = ( ) 0.51 0 0 1 5 pr r r r += − − ⋅( ) 0.51.94 2 2 1.94 5 p+= − − ⋅ 0.5p = −( )0.5 0.5 *2 0.06 5 nnr n−= − × ∈ N( )0.5 0.5 *2 0.06 5 nnr n−= − × ∈ N0.5 0.52 0.06 5 0.08nnr−= − × ≤0.5 0.5 1.9250.06n− ≥ 0.5 0.55 32n− ≥两边同时取常用对数,得 ,整理得 ,取 代入,得 ,又因为 ,所以 .综上,至少进行 6 次改良工艺后才能使得该企业所排放的废气中含有的污染物数量达标.21.【解析】(1)因为 .所以函数 的最小正周期 .(2)(i)将 的图象向右平移 个单位长度后得到 的图象,再向下平移 个单位长度后得到 的图象.又已知函数 的最大值为 2,所以 ,解得 .所以 .(ii)要证明存在无穷多个互不相同的正整数 ,使得 ,就是要证明存在无穷多个互不相同的正整数 ,使得 ,即 .由 知,存在 ,使得 .由正弦函数的性质可知,当 时,均有 .因为 的周期为 ,所以当 时,均有 .因为对任意的整数 , ,所以对任意的正整数 ,都存在正整数 ,使得 .即存在无穷多个互不相同的正整数 ,使得 .22.【解析】(1) 时, ,lg320.5 0.5lg5n − ≥ 5lg 22 11 lg 2n ≥ × +−lg 2 0.3= 5lg 2 30 22 1 1 51 lg 2 7 7× + = + =−*n ∈ N 6n ≥( ) 210 3 sin cos 10cos 5 3 sin 5cos 5 10sin 52 2 2 6x x xf x x x xπ = + = + + = + +  ( )f x 2T π=( )f x6π10sin 5y x= + ( )0a a ( ) 10sin 5g x x a= + −( )g x 10 5 2a+ − = 13a =( ) 10sin 8g x x= −0x ( )0 0g x 0x 010sin 8 0x − 04sin5x 4 35 2 00 3πα 04sin5α =( )0 0,x α π α∈ −4sin5x siny x= 2π( )( )0 02 , 2x k k kπ α π π α∈ + + − ∈ Z4sin5x k ( ) ( )0 0 02 2 2 13k kππ π α π α π α+ − − + = − k ( )0 02 ,2kx k kπ α π π α∈ + + −4sin5kx 0x ( )0 0g x 1b = − ( ) 2 2f x ax x= − +因为 关于 的方程 即 无实数解,易知 ,故由 ,得 ,即 的取值范围是 .(2) 时, 即 ,不妨设 ,令因为 时, ,所以 在 上至多一个解,若 ,则 , 就是 的解,从而 ,这与题设矛盾.因此, , .由 得 ,所以 ,由 得 ,所以 .故当 时,方程 在 上有两个解.由 和 消去 得 ,因为 ,所以 .( ){ }3 ,y y f x x∉ = ∈ ⇔R x 2 2 3ax x− + = 2 1 0ax x− − =0a ≠ 1 4 0a∆ = + 14a − a 1,4 −∞ −  1a = ( ) 2 1 2f x x+ − = 2 2 1 0x bx x+ + − = 1 20 2x x ( ) 2 2 21, 1,12 1, 1.bx xH x x bx xx bx x + ≤= + + − =  + − ( ]0,1x ∈ ( ) 1H x bx= + ( ) 0H x = ( ]0,1( )1 2, 1, 2x x ∈ 1x 2x 22 1 0x bx+ − = 1 2102x x = − ( ]1 0,1x ∈ ( )2 1,2x ∈( )1 0H x =11bx= − 1b ≤ −( )2 0H x = 2212b xx= − 7 12b− −712b− − ( ) 2 1 2f x x+ − = ( )0,211bx= − 2212b xx= − b 21 21 12xx x+ =( )2 1,2x ∈1 21 12 4x x +

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