2020年高中数学新教材同步必修第一册 期末检测试卷(一)

这是一份数学必修 第一册全册综合达标测试，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

(时间：120分钟 满分：150分)


一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)


1．幂函数f(x)＝xa的图象经过点(2,4)，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))等于( )


A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,4) C．－eq \f(1,4) D．2


答案 B


解析 幂函数f(x)＝xa的图象经过点(2,4)，


则2a＝4，解得a＝2，


∴f(x)＝x2，


∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2＝eq \f(1,4).


2．计算1－2sin222.5°的结果等于( )


A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),2) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(3),2)


答案 B


解析 由余弦的二倍角公式得


1－2sin222.5°＝cs 45°＝eq \f(\r(2),2).


3．已知集合A＝{x|x2－2x－3<0}，B＝{x|x≥0}，则A∩B等于( )


A．(－1,3) B．[0,3) C．(－1,0] D．(－1,2]


答案 B


解析 因为A＝{x|x2－2x－3<0}＝(－1,3)，


所以A∩B＝[0,3)．


4．函数f(x)＝eq \r(xx－1)－ln x的定义域为( )


A．{x|x>0} B．{x|x≥1}


C．{x|x≥1或x<0} D．{x|0

答案 B


解析 因为f(x)有意义，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(xx－1≥0，,x>0，))解得x≥1，


所以f(x)的定义域为{x|x≥1}．


5．命题“∀x∈R，sin x＋1≥0”的否定是( )


A．∃x∈R，sin x＋1<0


B．∀x∈R，sin x＋1<0


C．∃x∈R，sin x＋1≥0


D．∀x∈R，sin x＋1≤0


答案 A


解析 全称量词命题的否定是把全称量词改为存在量词，并否定结论，则原命题的否定为“∃x∈R，sin x＋1<0”．


6．已知sin α＝eq \f(3,5)，eq \f(π,2)<α

A．－eq \f(4,5) B.eq \f(4,5) C．－eq \f(3,5) D.eq \f(3,5)


答案 A


解析 sin α＝eq \f(3,5)，eq \f(π,2)<α

则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,2)－α))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α))＝cs α＝－eq \r(1－sin2α)＝－eq \f(4,5).


7．已知a，b∈R，条件甲：a>b>0；条件乙：eq \f(1,a)

A．充分不必要条件B．必要不充分条件


C．充要条件D．既不充分又不必要条件


答案 A


解析 条件乙：eq \f(1,a)

即为eq \f(1,a)－eq \f(1,b)<0⇔eq \f(b－a,ab)<0，


若条件甲：a>b>0成立则条件乙一定成立；


反之，当条件乙成立，则b>0>a也可以，但是此时不满足条件甲：a>b>0，


所以甲是乙成立的充分不必要条件．


8．设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg21－x，x<0，,22x－1，x≥0，))则f(－3)＋f(lg23)等于( )


A.eq \f(11,2) B.eq \f(13,2) C.eq \f(15,2) D．10


答案 B


解析 根据题意，函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg21－x，x<0，,22x－1，x≥0，))


f(－3)＝lg24＝2，f(lg23)＝＝eq \f(9,2)，


则f(－3)＋f(lg23)＝2＋eq \f(9,2)＝eq \f(13,2).


9．函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0≤φ≤2π)的部分图象如图所示，则f(x)满足( )





A．f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x＋\f(π,6)))


B．f(x)＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x＋\f(π,6)))


C．f(x)＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x＋\f(5,6)π))


D．f(x)＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x＋\f(π,6)))


答案 D


解析 由函数的图象可得A＝5，


周期T＝eq \f(2π,ω)＝11－(－1)＝12，∴ω＝eq \f(π,6).


再由五点法作图可得eq \f(π,6)×(－1)＋φ＝2kπ，k∈Z，


∴φ＝2kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z，


∵0≤φ≤2π，∴φ＝eq \f(π,6)，


故函数f(x)＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x＋\f(π,6))).


10．已知x∈(0，π)，则f(x)＝cs 2x＋2sin x的值域为( )


A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))


C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，2)) D．(0,2eq \r(2))


答案 B


解析 因为x∈(0，π)，所以sin x∈(0,1]，


由f(x)＝cs 2x＋2sin x，


得f(x)＝－2sin2x＋2sin x＋1＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x－\f(1,2)))2＋eq \f(3,2)，


所以f(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))).


11．内接于半径为R的圆的矩形的周长的最大值为( )


A．2eq \r(2)R B．2R C．4eq \r(2)R D．4R


答案 C


解析 设矩形对角线与某一边的夹角为θ，


由题意可得矩形的边长分别为：2Rcs θ，2Rsin θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<θ<\f(π,2)))，


则矩形的周长为l＝2×(2Rcs θ＋2Rsin θ)＝4eq \r(2)Rsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))，


结合三角函数的性质可知，


当sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝1，即θ＝eq \f(π,4)，


即矩形为正方形时，


周长取得最大值：lmax＝4eq \r(2)R.


12．已知f(x)＝lga|x＋b|是偶函数，则f(b－2)与f(a＋1)的大小关系为( )


A．f(b－2)＝f(a＋1) B．f(b－2)>f(a＋1)


C．f(b－2)

答案 C


解析 ∵函数f(x)是偶函数，∴b＝0，


此时f(x)＝lga|x|.


当a>1时，函数f(x)＝lga|x|在(0，＋∞)上是增函数，


∴f(a＋1)>f(2)＝f(b－2)；


当0

∴f(a＋1)>f(2)＝f(b－2)．


综上可知f(b－2)

二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)


13．已知函数f(x)是奇函数，且当x<0时，f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，则f(3)的值是________．


答案 －8


解析 因为f(－3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))－3＝8，


又函数f(x)是奇函数，


所以f(3)＝－f(－3)＝－8.


14．eln 2＋＋lg 20－lg 2＝________.


答案 5


解析 根据指数和对数的运算公式得到：


原式＝2＋2＋lg 10＝5.


15．已知f(x)是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，满足f(1－x)＝f(1＋x)，若f(1)＝2，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 019)＝________.


答案 0


解析 由f(x)是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，


可得f(－x)＝－f(x)，


f(1－x)＝f(1＋x)即有f(x＋2)＝f(－x)，


即f(x＋2)＝－f(x)，


进而得到f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，


所以f(x)为周期为4的函数，


若f(1)＝2，可得f(3)＝f(－1)＝－f(1)＝－2，


f(2)＝f(0)＝0，f(4)＝f(0)＝0，


则f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝2＋0－2＋0＝0，


可得f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 019)


＝504×0＋2＋0－2＝0.


16．函数f(x)＝sin 2x－eq \r(3)(cs2x－sin2x)的图象为C，如下结论正确的有________．


①f(x)的最小正周期为π；②对任意的x∈R，都有f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))＝0；③f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))上是增函数；④由y＝2sin 2x的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度可以得到图象C.


答案 ①②③


解析 f(x)＝sin 2x－eq \r(3)(cs2x－sin2x)


＝sin 2x－eq \r(3)cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，


①f(x)的最小正周期为eq \f(2π,2)＝π，故①正确；


②f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)－\f(π,3)))＝2sin 0＝0，


即函数关于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))对称，


即对任意的x∈R，都有f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))＝0成立，故②正确；


③x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))时，2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，此时函数为增函数，即f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))上是增函数，故③正确；


④由y＝2sin 2x的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度得到y＝2sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,3)))，故④错误，故正确的是①②③.


三、解答题(本大题共6小题，共70分)


17．(10分)已知集合A＝{x|3≤3x≤27}，B＝{x|lg2x>1}．


(1)分别求A∩B，(∁RB)∪A；


(2)已知集合C＝{x|1

解 (1)因为3≤3x≤27，即31≤3x≤33，


所以1≤x≤3，所以A＝{x|1≤x≤3}，


因为lg2x>1，即lg2x>lg22，所以x>2，


所以B＝{x|x>2}，所以A∩B＝{x|2

∁RB＝{x|x≤2}，所以(∁RB)∪A＝{x|x≤3}．


(2)由(1)知A＝{x|1≤x≤3}，若C⊆A，则


①当C为空集时，a≤1.


②当C为非空集合时，可得1

综上所述，a的取值集合为{a|a≤3}．


18．(12分)已知函数f(x)＝sin2x＋eq \r(3)sin xcs x，x∈R.


(1)求函数f(x)的最小正周期与对称中心；


(2)求函数f(x)的单调递增区间．


解 (1)函数f(x)＝sin2x＋eq \r(3)sin xcs x


＝eq \f(1－cs 2x,2)＋eq \f(\r(3),2)sin 2x


＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋eq \f(1,2)，


所以函数的最小正周期为eq \f(2π,2)＝π，


令2x－eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，解得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)(k∈Z)，


所以函数的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)＋\f(π,12)，\f(1,2)))(k∈Z)．


(2)由于f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋eq \f(1,2)，


令－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，


解得－eq \f(π,6)＋kπ≤x≤eq \f(π,3)＋kπ(k∈Z)，


所以函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)＋kπ，\f(π,3)＋kπ))(k∈Z)．


19．(12分)已知函数f(x)＝lg3(3x＋1)＋kx(k∈R)是偶函数．


(1)求k的值；


(2)若不等式f(x)－eq \f(1,2)x－a≥0对x∈(－∞，0]恒成立，求实数a的取值范围．


解 (1)因为y＝f(x)为偶函数，且定义域为R，


所以∀x∈R，f(－x)＝f(x)，


即lg3(3－x＋1)－kx＝lg3(3x＋1)＋kx对∀x∈R恒成立．


于是2kx＝lg3(3－x＋1)－lg3(3x＋1)


＝lg3eq \f(3－x＋1,3x＋1)＝lg33－x＝－x恒成立，


而x不恒为零，所以k＝－eq \f(1,2).


(2)因为不等式f(x)－eq \f(1,2)x－a≥0在区间(－∞，0]上恒成立，


即a≤lg3(3x＋1)－x在区间(－∞，0]上恒成立，


令g(x)＝lg3(3x＋1)－x＝lg3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3x)))，x∈(－∞，0]，


因为1＋eq \f(1,3x)≥2，


所以g(x)＝lg3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3x)))≥lg32，所以a≤lg32，


所以a的取值范围是(－∞，lg32]．


20．(12分)已知函数f(x)＝x2－ax＋3.


(1)若f(x)≤－3的解集为[b,3]，求实数a，b的值；


(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))时，若关于x的不等式f(x)≥1－x2恒成立，求实数a的取值范围．


解 (1)因为f(x)≤－3即x2－ax＋6≤0的解集为[b,3]，


所以b,3是一元二次方程x2－ax＋6＝0的两根，


所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＋3＝a，,3b＝6，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝5，,b＝2.))


(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))时，若关于x的不等式f(x)≥1－x2恒成立，


即a≤2x＋eq \f(2,x)在x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))时恒成立，


令g(x)＝2x＋eq \f(2,x)，x≥eq \f(1,2)，则a≤g(x)min，


∵2x＋eq \f(2,x)≥2eq \r(2x·\f(2,x))＝4，


当且仅当x＝1时取等号．


故a≤4.


21．(12分)为落实国家“精准扶贫”政策，让市民吃上放心蔬菜，某企业于2018年在其扶贫基地投入100万元研发资金，用于蔬菜的种植及开发，并计划今后十年内在此基础上，每年投入的资金比上一年增长10%.


(1)写出第x年(2019年为第一年)该企业投入的资金数y(万元)与x的函数关系式，并指出函数的定义域；


(2)该企业从第几年开始(2019年为第一年)，每年投入的资金数将超过200万元？(参考数据lg 0.11≈－0.959，lg 1.1≈0.041，lg 11≈1.041，lg 2≈0.301)


解 (1)第一年投入的资金数为100(1＋10%)万元，


第二年投入的资金数为100(1＋10%)＋100(1＋10%)10%＝100(1＋10%)2万元，


第x年(2019年为第一年)该企业投入的资金数y(万元)与x的函数关系式y＝100(1＋10%)x万元，


其定义域为{x∈N*|x≤10}．


(2)由100(1＋10%)x>200，


可得1.1x>2，即x>eq \f(lg 2,lg 1.1)≈eq \f(0.301,0.041)≈7.3，


即企业从第8年开始(2019年为第一年)，每年投入的资金数将超过200万元．


22．(12分)已知函数f(x)＝2sin ωx·(cs ωx＋eq \r(3)sin ωx)－eq \r(3)(ω>0)的最小正周期为π.


(1)求函数f(x)的单调递增区间；


(2)将函数f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到函数g(x)的图象，求函数g(x)在区间[0,5π]上零点的和．


解 (1)∵函数f(x)＝2sin ωx(cs ωx＋eq \r(3)sin ωx)－eq \r(3)＝sin 2ωx＋2eq \r(3)·eq \f(1－cs 2ωx,2)－eq \r(3)


＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,3)))(ω>0)的最小正周期为eq \f(2π,2ω)＝π，


∴ω＝1，f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))).


令2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，


求得kπ－eq \f(π,12)≤x≤kπ＋eq \f(5π,12)，k∈Z，


可得函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z.


(2)将函数f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度，


可得y＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))－\f(π,3)))＝2sin 2x的图象；


再向上平移2个单位长度，


得到函数g(x)＝2sin 2x＋2的图象．


令g(x)＝0，求得sin 2x＝－1，即2x＝2kπ－eq \f(π,2)，k∈Z，


即x＝kπ－eq \f(π,4)，k∈Z.


函数g(x)在区间[0,5π]上零点的和为eq \f(3π,4)＋eq \f(7π,4)＋eq \f(11π,4)＋eq \f(15π,4)＋eq \f(19π,4)＝eq \f(55π,4).