2020-2021学年江苏省南京市金陵中学高一第一学期12月月考数学试题【解析版】

2020-2021学年江苏省南京市金陵中学高一第一学期12

月月考数学试题

一、单选题 1．函数y2sin(A． 【答案】C 【分析】根据Tx)的最小正周期是（ ） 23B．4

C．4

D．2

2即可求解.

【详解】由y2sin(x)， 23所以

T2241， 2故选：C

2．已知集合Ax1x2， BxZ|0x2，则AA．x0x2 【答案】B

【分析】直接利用集合的交集运算求解.

【详解】因为集合Ax1x2，BxZ|0x2， 所以A故选：B

3．若命题p:xR,x22x10，则命题p的否定为（ ） A．xR,x2x10 C．xR,x2x10 【答案】D

【分析】根据存在量词的否定是全称量词可得结果.

22B等于（ ）

B．0,1

C．xZ0x2 D．x1x2

B0,1,

B．xR,x22x10 D．xR,x22x10

【详解】根据存在量词的否定是全称量词可得命题p的否定为xR,x22x10. 故选：D

4．若cos165a，则tan195（ ） A．1a

221aB． a21aC． aD．a1a2 【答案】C

【分析】根据cos165a，利用诱导公式求得cos15，再由tan195tan15sin15，求解.

【详解】因为cos165cos18015a， 所以cos15a，sin151a2， 所以tan195tan18015，

1a2

，tan15a故选：C 5．

110是a1成立的（ ） aB．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

A．充分不必要条件 C．充要条件 【答案】B

【分析】利用充分条件和必要条件的定义即可判断，进而得出正确答案. 【详解】由

11a0，等价于aa10，解得:a0或a1， 10即aa由a0或a1，得不出a1， 由a1可得出a0或a1，

所以a0或a1是a1的必要不充分条件， 即

110是a1成立的必要不充分条件， a故选：B.

6．若一系列函数的解析式和值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，

x，x∈[1，2]与函数.y x，x2,1即为同族函数，下面函数解例如函数y 22

析式中也能够被用来构造“同族函数”的是（ ） A．y=x 【答案】B

【分析】由题意，能够被用来构造“同族函数”的函数必须满足在其定义域上不单调，由此判断各个函数在其定义域上的单调性即可.

【详解】对A：yx在定义域R上单调递增，不能构造“同族函数”，故A选项不正确；

xB．y 1 xC． y 2x2x x D．y＝log0.5

x对B：y 1在,1递增，在1,0递减，在0,1递减，在1,递增，能x构造“同族函数”，故B选项正确；

对C：y22在定义域上递增，不能构造“同族函数”，故C选项不正确； 对D：ylog0.5x在定义域上递减，不能构造“同族函数”，故D选项不正确. 故选：B.

【点睛】本题给出“同族函数”的定义，要求我们判断几个函数能否被用来构造“同族函数”，考查基本初等函数的单调性的知识点，属于基础题.

xxex17．函数f(x)xcosx的部分图象大致为（ ）

e1A． B．

C．

D．

【答案】A

ex1【分析】因为f(x)xcosx，先判断函数的奇偶性，结合当x0时，函数值

e1的为正，即可求得答案.

【详解】

ex1ex1f(x)xcos(x)xcosxf(x)，

e1e1f(x)为奇函数，排除C，

当x0时，f(x)0，排除B,D， 故只有A符合题意 故选：A.

【点睛】本题主要考查了根据函数表达式求解函数图象问题，解题关键是掌握判断函数奇偶性的方法和函数图象的基础知识，考查了分析能力和计算能力，属于中档题. 8．定义在R上的函数f(x)满足：f(x1)1，又当f(x)（ ） 1x0xa，x[1，1]f(x)2，则

x，0x15A．2020 【答案】C

B．

2f2020tana5 8C．

8 5D．-8 5【分析】首先求函数的周期，并利用f1f1，求a，并代入求值.

【详解】

fx21fx，T2，

fx138f11af1，得a，

558x,1x05fx

2x,0x152f2020tana故选：C

【点睛】关键点点睛：本题的关键是函数周期的简单应用，利用函数的周期为2，

58f2020tanf2020f21010f0. 45f1f1，求得a的值.

二、多选题

9．将函数f(x)3sinx的图象先向右平移

个单位，再把所得各点的横坐标变为原3

1倍（纵坐标不变），得到函数g(x)的图象，则函数g(x)的（ ） 25A．周期是 B．增区间是k,k(kZ)

来的

1212C．图象关于点【答案】ABC

,0对称 3D．图象关于直线x2对称 3【分析】由三角函数图像的平移变换及伸缩变换求得函数g(x)，再结合三角函数图像的性质逐一判断即可得解.

【详解】解：将函数f(x)3sinx的图象先向右平移标变为原来的

个单位，再把所得各点的横坐31倍（纵坐标不变），得到函数g(x)的图象，则函数2g(x)3sin(2x3)，

2，即A正确； 2xk对于选项B，令2k2x2k，即k，

2321212对于选项A，函数g(x)的周期为即函数g(x)的增区间是k对于选项C，令2x12,k5(kZ)，即B正确； 123k，解得：xk，即函数g(x)的对称中心为26(k,0)，即选项C正确； 26kk，则x，即函数g(x)的对称轴方程为32212对于选项D，令2xxk5,kZ，即选项D错误； 212综上可得选项A,B,C正确， 故选：ABC.

【点睛】本题考查了三角函数图像的平移变换及伸缩变换，重点考查了三角函数图像的性质，属中档题.

10．关于函数f（x）=sinx1的下列四个命题正确的是（ ） sinxB．f（x）的图像关于原点对称 D．f（x）的最小值为2

A．f（x）的图像关于y轴对称 C．f（x）的图像关于直线x=【答案】BC 【分析】通过f对称 2f可判断A；通过fxfx可判断B；通过

66

fxfx可判断C；通过当x0时，fx0可判断D. 22【详解】对于命题A，f51512f2，，则622622ff， 66所以，函数fx的图象不关于y轴对称，命题A错误；

对于命题B，函数fx的定义域为xxk,kZ，定义域关于原点对称，

fxsinx111sinxsinxfx，

sinxsinxsinx所以，函数fx的图象关于原点对称，命题B正确；

对于命题C，

11fxsinxcosxcosx， 22sinx2fxfx， 2211fxsinxcosxcosx，则22sinx2所以，函数fx的图象关于直线x

2

对称，命题C正确；

对于命题D，当x0时，sinx0，则fxsinx命题④错误. 故答案为：BC.

102， sinx【点睛】本题主要考查了函数的对称性以及最值等基本性质，属于中档题.

11．十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“”和“”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远.若小融从家到学校往返的速度分別为a和b(0ab)，其全程的平均速度为v，则下列选项正确的是（ ） A．avab B．vD．vab C．abv【答案】AD

ab 22ab ab

【分析】设两地的距离为s，计算出全程的平均速度v出v与ab和选项.

2a，然后利用基本不等式得abab的大小关系，再利用作差法比较v与a的大小关系，从而得出正确2ss， ab【详解】设甲、乙两地之间的距离为s，则全程所需的时间为

v2sssab2abab，

ab， 2ba0，由基本不等式可得abv2ab2abab， ab2ab2ab2又2abab， 2vabab22ababa2a2a2所以vaa0，

abababva，

所以av故选：AD.

12．已知正数x、y、z满足3x=4y6z，则下列说法中正确的是（ ） A．

ab. 111 x2yz32z 2B．3x4y6z

C．xyD．xy2z2

【答案】ACD

【分析】把指数式转换成相应的对数式后，运用对数运算法则及换底公式及基本不等式即可.

【详解】由3=46tt1，可得

xyzx111，y，z，

logt4logt3logt61111logt3+logt4logt6，故A正确； x2y2z

3434 4logt3logt81，3logt4logt，所以，3x4y，故B不正确；

yxyxxyxylg6lg63lg2lg332，故C正确； zzzlg3lg42lg32lg22xyxylg26lg222lg2lg3lg23log36log46 2zzzlg32lg22lg2lg3 =1故选:ACD

【点睛】本题主要考查了指数式与对数式的转换，对数运算法则，需要灵活运用换底公式，属于能力要求较高的题.

三、填空题

13．已知幂函数f(x)m3m1x__________. 【答案】3

【分析】先由幂函数的定义求出m0或m3，再检验得解. 【详解】依题意得m23m11，解得m0或m3． 当m0时，fxx，其图像经过原点，不符合题意； 当m3时，fxx，其图像不经过原点，符合题意，

21lg2lg32，故D正确；

2lg3lg22m24m1的图像不过原点，则实数m的值为

因此实数m的值为3． 故答案为3

【点睛】本题主要考查幂函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 14．2lg5【答案】3

【分析】由题意结合对数的运算法则整理计算即可求得最终结果. 【详解】由题意结合对数的运算法则有：

2lg8lg5lg20lg22=___________ 322lg5lg8lg5lg20lg22

32lg52lg2lg52lg2lg5lg2

2

2lg2lg5lg5lg2

213.

2故答案为3．

【点睛】本题主要考查对数的运算法则及其应用，属于基础题.

15．已知角的终边经过点P(2sin2,2cos2)，则是第_____________象限角. 【答案】一 【分析】根据【详解】

22可得sin20,cos20，即可判断象限.

22，sin20,cos20，则点P(2sin2,2cos2)在第一象限，

即是第一象限角. 故答案为：一.

16．某同学向Junjun老师请教一题：若不等式x3exalnxx1对任意x(1,)恒成立，求实数a的取值范围.Junjun老师告诉该同学：“函数g(x)ex1的单调

x和-，0，且函数h(x)x3lnx在1，有零点”.根据老师的提区间是0，示，可求得问题中实数a的取值范围是_________.

3 【答案】，x3exx1e3lnxxx1【分析】将问题转化为a对任意x(1,)恒成立，由lnxlnx和-，0得到exx1，进而得到g(x)exx1的单调区间是0，e3lnxxx13求解.

lnx【详解】因为x3exalnxx1对任意x(1,)恒成立，

x3exx1e3lnxxx1所以a对任意x(1,)恒成立， lnxlnx和-，0 因函数g(x)ex1的单调区间是0，x上递增，在-，0递减， 代值易知，g(x)ex1在0，x所以g(x)ex1g(0)0,即exx1，

xe-3lnxx3lnxx1，

e3lnxxx13lnxx1x13,

lnxlnx，有零点知由函数h(x)x3lnx在1e3lnxxx1x,使得x3lnx0成立3

lnxmin3． 即a的取值范围是，3 故答案为：，【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法： 若f(x)在区间D上有最值，则

（1）恒成立：xD,fx0fxmin0；xD,fx0fxmax0；（2）能成立：xD,fx0fxmax0；xD,fx0fxmin0. 若能分离常数，即将问题转化为：afx（或afx），则 （1）恒成立：afxafxmax；afxafxmin； （2）能成立：afxafxmin；afxafxmax.

四、解答题

17．若函数ylg(32sinx)1x2的定义域为A. （1）求集合A；

（2）当xA时，求函数ycosxsinx的最大值. 【答案】（1）A1,1；（2）

25. 4【分析】（1）由3-2sinx0可解得结果； 21x0（2）利用同角公式变形，再换元利用二次函数知识可求得结果.

33-2sinx0sinx【详解】（1）解不等式得2，得21x01x14x2k(kZ)2k得-1x1，所以A1,1 331x1

12522（2）ycosxsinxsinxsinx1(sinx)

24-1x1,sin1xsin1

故当sinx51,即x时，ymax.. 2【点睛】关键点点睛：换元后利用二次函数知识求解是解题关键.

18．已知集合Ax|x4x120，Bx|x24xm240，m0．

2（1）求集合A、B；

（2）若xA是xB成立的充分不必要条件，求实数m的取值范围． 【答案】（1）Ax|2x6，Bx|2mx2m；（2）4,． 【分析】（1）利用一元二次不等式的解法化简求解集合A、B即可. （2）根据xA是xB成立的充分不必要条件，由2,62m,2m求解.

【详解】（1）由x24x120，得2x6．故集合Ax|2x6 由x24xm240，得x12m，x22m．

当m0时，2m2m，由x24xm240得2mx2m， 故集合Bx|2mx2m．

（2）∵xA是xB成立的充分不必要条件， 所以2,62m,2m，

2m2mm0则2m2，即m4， 2m6m4解得m≥4，

又当m4时，2m,2m2,6，不合题意， 所以实数m的取值范围为4,．

19．已知函数yf(x)定义域为D，对于定义域D上的任意不等实数x1,x2，试比较下

列函数中的

f(x1)f(x2)与

2xxf12的大小关系： 2（1）f(x)2x，DR； （2）f(x)lgx,D0,

【答案】（1）

f(x1)f(x2)f(x1)（fx2)x1x2xxf12；f2. （）2222【分析】（1）将x1，x2代入解析式，利用指数运算分别计算

f(x1)f(x2)和

2xxf12，利用不等式即可比较大小； 2（2）将x1，x2代入解析式，利用对数运算，计算不等式比较真数的大小，即可利用单调性求解. 【详解】（1）

12f(x1)f(x2)和

2xxf12，利用2f(x1)（fx2)2x12x222x12x22x1x2222x1x22 2x1x2所以

2xxf12

2. f(x1)（fx2)xxf1222（2）x10，x20，

f(x1)（fx2)lgx1lgx2lgx1x2lgx1x2222xxxxf12lg12

22因为x10，x20，

，

x1x2x1x20， 2ylgx在0,上递增，

所以lgx1x2xxlgx1x2，可得f1222fx2)f(x1)（， 2即

f(x1)f(x2)xx2f1.

22【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用基本不等式判定大小关系. 20．已知函数fxaxb是定义在1,1上的奇函数，且2x112f. 25（1）确定函数fx的解析式； （2）解不等式ft1ft0

【答案】（1）f(x)x12(0,). (1x1)；（）221x122可解得结果； 5【分析】（1）利用f(0)0和f()（2）用定义可得f(x)在(1,1)上是增函数，利用奇偶性和单调性可解得结果.

【详解】（1）函数f(x)axb 是定义在(1,1)上的奇函数，所以f(0)0得b0，21x1a2122，解得，a1， 又f()，则

152514则函数f(x)的解析式：f(x)x(1x1)；满足奇函数. 21x故f(x)x(1x1). 1x2mn 1m21n2（2）证明：设1mn1，则f(m)f(n)(mn)(1mn)，由于1mn1，则mn0，mn1，即1mn0，

(1m2)(1n2)(1m2)(1n2)0，则有f(m)f(n)0，f(m)f(n)， 则f(x)在(1,1)上是增函数； 由于奇函数f(x)在(1,1)上是增函数， 则不等式f(t1)f(t)0即为f(t1)f(t)f(t)，

0t21t11即有1t1，解得1t1，

t1t1t2则有0t11，即不等式ft1ft0的解集为(0,)． 22【点睛】关键点点睛：利用奇偶性和单调性解不等式是解题关键.

21．在大力推进城镇化的旧房改造进程中，晓颖家旧房拆迁拿到一套新房外加一间店面.晓颖准备将店面改建成超市，遇到如下问题：如图所示，一条直角走廊宽为2米，现有一转动灵活的平板车希望能自如在直角走廊运行.平板车平板面为矩形ABEF，它的宽为1米.直线EF分别交直线AC、BC于M、N，过墙角D作DP⊥AC于P，DQ⊥BC

于Q；请你结合所学知识帮晓颖解决如下问题：

（1）若平板车卡在直角走廊内，且∠CAB,(0示为的函数f()； （2）证明：当02)，试将平板面的长AB表

2时，1sincos2

（3）若平板车要想顺利通过直角走廊，其长度不能超过多少米?

2(sincos)1（0）；（2）证明见解析；（3）422.

sincos2221DN=【分析】（1）由题意分别表示出DM，，FM，ENtan，

cossintan【答案】（1）f()=根据矩形面积即可求解.

（2）在单位圆中作出锐角的正弦线、余弦线，使得sinMP,cosOM,在

（sincos)212sincos2，即证. OMP中，OMMPOP1，再由

（3）由题意可知平板车的长度不能超过f()的最小值，即平板车的长度lmin，记

sincost, 1t2，利用函数的单调性即可求出最值.

【详解】（1）DM2DP2AF1，DN=，FM，

cossinsintantan221+tan

sincostanENBEtantan，

AB=EF=DM+DN-MF-EN f()=

2(sincos)1（0）

sincos2（2）在单位圆中作出锐角的正弦线、余弦线， 使得sinMP,cosOM,

在OMP中，OMMPOP1，即sincos1

且0sinMP1,0cosOM1

由1sin2cos22sincos得2sincos1

（sincos)2sin22sincoscos212sincos2

且sincos0，故有sincos综上有当02

2

2时，1sincos（3）“平板车要想顺利通过直角走廊”即对任意角02，

平板车的长度不能超过f()的最小值，即平板车的长度lmin；

t21记sincost, 1t2，有sincos=，

22(sincos)14t2=2（ 1t2）sincost1m2记4t2m，2m4t2422，则t，

416m16f()y2函数（2,42-2]上的单调递减； m4m12m124在

m则f()=

当m422时取得最小值422.

【点睛】关键点点睛：本题考查了三角函数的应用，解题的关键是表示出

f()=

2(sincos)1（0），令sincost，换元得出函数

sincos24t2ft2，结合函数的单调性求解，考查了转化能力、计算能力.

t1