安徽省芜湖市2023-2024学年高一上学期期末考试 数学含答案

高一年级数学试题卷（答案在最后）

本试题卷共4页，22小题，满分100分，考试用时120分钟。

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、学校、考场/座位号、班级、准考证号填写在答题卷上，将条形码横贴在答题卷右上角“条形码粘贴处”。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卷上对应题目选项的答案信息，点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答无效。

4．考生必须保证答题卷的整洁，考试结束后，将试题卷和答题卷一并交回。

一、单选题（本题共8小题，每小题3分，共24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．设Axx21,B1,3，则AB（A．1,1,3B．1,32

）C．1D．3）C．xR,x10

）2

2．命题““xR,x10”的否定是（A．xR,x10

2

2

B．xR,x10

22D．xR,x10

2

3．若实数x,y满足xy1，则x2y的最小值为（A．1B．2C．2D．224．下列函数是偶函数，且在0,上单调递增的是（A．fx2

x）D．fxcosx

B．fxlgxC．fxx

3

5．“古典正弦”定义为：在如图所示的单位圆中，当圆心角BOC的范围为0,时，其所对的“古典正弦”为2时，的“古典正弦”值为（BC（D为BC的中点）．根据以上信息，当圆心角对应弧长BC

）A．2sin1B．2sin1C．2sin

1

D．sin2

）6．函数fx的部分图象如图所示，则fx可以是（A．fxecosx

xB．fxx

2xC．fx

）xx3

D．fxxlnx21

7．已知1abA．lga

3

，则以下四个数中最大的是（2

C．lgsinaB．lnb

1lnx

D．lntanb）8．函数fxxA．e

2,x1,e的最大值为（C．e

12B．eD．e

14二、多选题（本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）

9．已知角的顶点在平面直角坐标系原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点将角的终边按逆时针方向旋转A．sin

43

,，现55

45后与角的终边重合，则下列结论正确的是（2343

B．tanC．sinD．cos

455））1x210．已知函数fx，则下列结论正确的是（1x2A．fx的定义域为xx0

B．fx是偶函数D．fxf

C．fx的值域为,11,1

0x

11．已知cos

1

，则下列结论正确的是（33）A．sin

1

63B．tan



223

C．cos

72

2

93

D．cos

6



362

12．已知函数fxsin2xx2，则（A．fx是周期函数C．fx的图象至少有一条对称轴）B．fx的最小值是1D．fx在0,



上单调递增4

3，则fx_________．三、填空题（本题共4小题，每题4分，共16分．）

13．若幂函数fxax14．已知函数ya

b

a,bR的图象经过点3,4

为奇函数，则实数a_________．x21

15．已知xR，符号x表示不大于x的最大整数，比如2.82,5.36，若函数fx

xa(x0)有且仅有2个零点，则实数a的取值范围是_________．x



16．若函数fxsinx_________．与gxsinx在区间0,单调性一致，则的最大值为44

四、解答题（本题共6小题，共44分．）

17．（共6分）化简求值：1242123333（1）2ab(ab)ab(a,b0)；3（2）3lg5e

ln4lg8．18．（共6分）如图，动点P从边长为2的正方形的顶点B开始，顺次经过点C,D,A绕正方形的边界运动，最后回到点B，用x表示点P运动的的路程，yfx表示△APB的面积，求函数fx．（当点P在AB上时，规定S△APB0）19．（共6分）已知函数fx2cosx

3sinxcosx1．（1）求函数fx的单调递增区间；（2）将函数fx的图象向右平移1

个单位，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不62

上的值域．4

变，得到函数gx的图象，求函数gx在0,20．（共8分）设函数fxaxbx3，关于x的一元二次不等式fx0的解集为3,1．2

（1）求不等式xaxb0的解集；（2）若x1,3,fxmx，求实数m的取值范围．2

221．（共8分）如图，已知l1∥l2,A是l1,l2之间的一点，点A到l1,l2的距离分别为h1,h2，且h1h22,B是直线l2上一动点，作ACAB，且使AC与直线l1交于点C．设ABD．（1）若

31，求的最小值；

ACAB6（2）若h1h21，求△ABC周长的最小值．22．（共10分）已知函数fxlgx．（1）若gxf

xm，且gx图象关于x2对称，求实数m的值；1a，x

（2）若hxf

（i）方程hxlgax2a1恰有一个实根，求实数a的取值范围；（ii）设a0，若对任意b1

,11，当x1,x2b,b1时，满足hx1hx2lg2，求实数a的取值范围．2

2023—2024学年度第一学期芜湖市教学质量监控

高一年级数学试题参

一、单选题（本题共8小题，每小题3分，共24分．）

题号答案1A2C3D4A5B6C7D8D二、多选题（本题共4小题，每小题4分，共16分．）

题号答案9BC10BCD11ACD12BCD三、填空题（本题共4小题，每小题4分，共16分．）

13．x14．215．

32

,43

16．14四、解答题

3223解：原式2a33b333ab；2（2）原式3lg543lg2341．4112x,0x2,2,2x4,

18．解：fx

6x,4x6,0,6x8.

19．解：（1）因为fx23sinxcosx2cosx1

2

3sin2xcos2x2sin2x，6

令2k

2x2k，得kxk,kZ，所以fx的单调递增区间为26236

k,k,kZ．36

（2）将函数fx的图象向右平移个单位，得到6

fx2sin2x2sin2x，再6666

将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的1

倍，纵坐标不变得到gx2sin4x，当62

5

x0,,4x,，所以gx的值域1,2．6664

220．解：（1）因为一元二次不等式fx0的解集为3,1，所以3和1是方程axbx30的两个实b

31a2根，则，解得a1,b2．因此所求不等式即为：xx20，解集为{xx1或x2}．331

a122

（2）fxmx可化为：m1x2x3，当x0时显然成立；当x0时，m12

x对x1,3恒成立，令t

13x

2111

,1,，则m12t3t2，当t即x3时3x3

2t3t2min114

，所以m1即m．333h1hh3131时，AC1,AB22h2，所以6ACAB2h12h2cossin3221．解：（1）当

31h1h213h2h114423，当且仅当h133，h231时，上式等24h1h242h12h2号成立．（2）由题意知：ABh21h1111,AC1,BC，22sinsincoscoscossinsincos111cossin1

0，sincossincossincos2

所以△ABC的周长为：t1t212

令tcossin2sin1,2，则sincos，所以周长为2，在1,2t1t142

2上递减，所以当t

2，即

时周长最小，最小值为2421．22．解：（1）由题意知gxf

xmlgxm图象关于x2对称，所以ygx2fx2mlgx2m为偶函数，即m2；（2）由题意知hxf

11

algaxx

1

aax2a1①1x（i）方程lgalgax2a1，所以，1xa0②x由①可得，axa1x10，即ax1x10，2

当a0时，方程有唯一解x1，代入②中，1

a100，不符合条件；当a1时，方程①变为xx1x1(x1)20，解得x1，也不符合条件；当a0且a1时，方程有两不等解x1

1111

若x1满足②a2a0，则a0，若x21满足②则a1，,x21，a1a0，aax1x2所以当a0,1时方程恰有一个实根；综上，实数a的取值范围为0,1；（ii）令t

11

a，则ta在0,上为减函数，而ylgt在0,上为增函数，所以xx1

a在b,b1上为减函数，当x1,x2b,b1时，满足hx1hx2lg2，则x

函数hxlg

1111

h(x)maxh(x)minhbhb1lgalgalg2，所以a2a，bbb1b1

因为111

a2a，即ab2a1b10对任意的b,1恒成立，设bb12

1

2



bab2a1b1，又a0，所以函数bab2a1b1在,1单调递增，所以21aa1(b)min10，所以a．3224