2019-2020学年福建省泉州市高一上学期期末教学质量跟踪监测数学试题

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准考证号______________ 姓名______________ （在此卷上答题无效） 泉州市普通高中 2019-2020 学年度上学期教学质量跟踪监测 数学（新教材必修第 1 册）试题 第 1 页（共 12 页） 保密★启用前 泉州市普通高中 2019 级高一上学期教学质量跟踪监测 数学（新教材必修第 1 册部分） 2020.01 一、单项选择题：本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 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 { | 2 2}M x x    ， { | 1}N x x  ，则 M N  A．{ | 2 1}x x   B. { |1 2}x x  C. { | 2}x x  D. { | 2}x x   答案：A 2.函数 2( ) ( 0xf x a a  且 1)a  的图象恒过定点，则该定点是 A． (2,0) B. (2,1) C. (3,0) D. (3,1) 答案：B 3.命题“ 0 π(0, )4x  ， 0 0sin cosx x ”的否定是 A. π(0, )4x  ， sin cosx x B. π(0, )4x  ，sin cosx x C. 0 π(0, )4x  ， 0 0sin cosx x D. π(0, )4x  ， sin cosx x 答案：D 4. “四边形的对角线互相垂直”是“四边形是菱形”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 答案：B 解析： “四边形的对角线互相垂直”无法推出“四边形是菱形”，所以 “四边形的对角线互相垂直”不是 充分条件；反之，“四边形是菱形”推出“四边形的对角线互相垂直”，所以“四边形的对角线互相垂直”是必 要条件。 5.以下命题正确的是 A.若 bcac  ，则 ba  B.若 0)( 2  cba ，则 ba  C.若 1 1 a b  ，则 a b D.若 ba  ，则 ba  答案：B 准考证号______________ 姓名______________ （在此卷上答题无效） 泉州市普通高中 2019-2020 学年度上学期教学质量跟踪监测 数学（新教材必修第 1 册）试题 第 2 页（共 12 页） 解析：选项 A 中，若 0c ，则 ba  ，所以 A 错误； 选项 C 中，取 1a ， 2b 满足 1 1 a b  ，但是 ba  ，所以 C 错误； 选项 D 中，取 2a ， 1b 满足 ba  ，但是 ba  ，所以 D 错误； 选项 B 中，由易 0)( 2  cba 得 02 c ，所以 ba  ，所以 B 正确； 6. 四个变量 1y ， 2y ， 3y ， 4y 随变量 x 变化的数据如下表： x 1 2 4 6 8 10 12 1y 16 29 55 81 107 133 159 2y 9 15 87 735 6567 59055 531447 3y 1 8 64 216 512 1000 1728 4y 2.000 3.710 5.419 6.419 7.129 7.679 8.129 其中关于 x 呈指数增长的变量是 A． 1y B． 2y C． 3y D． 4y 答案：B 解析：从题中表格可以看出，四个变量 1y 2y 3y 4y 都是越来越大， 但是增长速度不同，其中变量 2y 增长速度最快，画出散点图： 可知变量 2y 呈指数增长，选择 B 答案 7. 函数 ( ) tanf x x x  π π( )2 2x   的图象大致为 准考证号______________ 姓名______________ （在此卷上答题无效） 泉州市普通高中 2019-2020 学年度上学期教学质量跟踪监测 数学（新教材必修第 1 册）试题 第 3 页（共 12 页） A B C D 答案：A 解析：由于函数的定义域关于原点对称，且 ( ) ( ) tan( ) tan ( )f x x x x x f x          ， 所以函数 ( )f x 的奇函数，排除 B,C 选项； 又因为 π π π π( ) tan 1 04 4 4 4f      ，故排除 D 选项. (另法：当 π0 2x  时， tanx x ， ( ) tan 0f x x x   ，可以排除 B,D 选项. ） 8. 若代数式 24sin 1  有意义，则锐角 的取值范围是 A. π(0, ]6 B. π(0, ]3 C. π π[ , )6 2 D. π π[ , )3 2 答案：C 解析：由题意可得 24sin 1 0   ，结合 π0 2   ，即 0 sin 1  ， 解得 1 sin 12   ，所以 的取值范围为 π π[ , )6 2 ，故选 C . 9. 已知函数 2( ) ln( 1)f x x ax    在[2,3]上单调递减，则 a 的取值范围为 A. ( ,4] B. [6, ) C. 10( ,4]3 D. 10[ ,4]3 答案：C 解析： 2( ) ln( 1)f x x ax    在[2,3]上单调递减， 则应满足 2 1y x ax    在[2,3]上要恒大于零且单调递减， 所以 2 22 3 3 1 0 a a       ， , 解得：10 43 a  . 10. 设 2log 6a  ， 3log 15b  ， 0.2515c  ，则 A. b a c  B. a c b  C. c b a  D. c a b  答案：C 解析：注意到 0.25 0.2515 16 2c    ； 因为 2.52 4 2 4 1.5 6    ，所以 2.5 2 2log 6 log 2 2.5a    ； 因为 2.53 9 3 9 1.7 15.3 15     ，且 23 15 ，所以 2 2.5 3 32 log 3 log 3 2.5b    . 综上， c b a  ． 准考证号______________ 姓名______________ （在此卷上答题无效） 泉州市普通高中 2019-2020 学年度上学期教学质量跟踪监测 数学（新教材必修第 1 册）试题 第 4 页（共 12 页） 二、多项选择题：本大题共 2 小题，每小题 5 分，共 10 分。在每小题给出的四个选项中，至少有 2 个选 项符合题目要求。作出的选择中，不选或含有错误选项的得 0 分，只选出部分正确选项的得 2 分，正 确选项全部选出的得 5 分。 11. 已知 1( , )A x m 和 2( , )B x m 为函数 ( ) 2sin 3 xf x  的图象上两点，若  2 1| | π, 1,2,3,4,5x x k k   ，则 m 的值可能为 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 答案：ABD 解析：由已知可得 ( )f x 的周期为 6π ， 当 3k  时，如下图所示，此时 0m  当 2k  或 4k  时，如下图所示，结合对称性，此时 1m   当 1k  或 5k  时，如下图所示，结合对称性，此时 3m   综上，本题答案为 ABD 12. 已知函数 )(xf 是定义在     ,00,  上的偶函数， 当 0x 时，         2,22 1 20,12 )( |1| xxf x xf x ．以下说法正确的是 A．当 2 4x  时， 3 1 1( ) 2 2 xf x    B．  1(2 1) 2 n f n n       N C．存在    0 ,0 0,x    ，使得 0( ) 2f x  D．函数 ( ) 4 ( ) 1g x f x  的零点个数为10 答案：AD 解析：当 2 4x  时， 0 2 2x   ，所以 3( 2) 2 1xf x    ， 准考证号______________ 姓名______________ （在此卷上答题无效） 泉州市普通高中 2019-2020 学年度上学期教学质量跟踪监测 数学（新教材必修第 1 册）试题 第 5 页（共 12 页） 所以   3 11 1( ) 2 22 2 xf x f x      ，故 A 选项正确； 当 0n  时， 01(1) 12f        与 |1 1|(1) 2 1 0f    矛盾，故 B 选项错误； 由  f x 为偶函数，可作出正半轴的图像如下： 观察图像，  f x 的值域为 0,1 ，故 C 选项错误； 由  g x 的零点个数即为   1 4f x  根的个数，即  f x 与 1 4y  的交点个数， 观察图像，在 0x  时，有 5 个交点， 根据对称性可得 0x  时，也有 5 个交点．共计 10 个交点，故 D 选项正确． 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，其中第一问 2 分，第 2 问 3 分，共 20 分。将答案填在答题 卡的相应位置。 13. 在平面直角坐标系中，角 的顶点在原点，始边与 x 轴非负半轴重合，角 的终边经过点 3 4( , )5 5P  ， 则 sin  ， tan  . 答案： 4sin 5    ， 4tan 3    14.已知 2 3a  ， 3log 2b  ，则 a  ， ab  ． 答案： 2log 3 1 解析： 2log 3a  2 3log 3 log 2 1ab    ． 15. 已知 0, 0, 2 4a b a b> > + = ，则 1a a + 的最小值为 ， 1 1 a b + 的最小值为________． 答案： 2 3 2 2 4  解析：第（1）问： 1 12 2a aa a + = ，当且仅当 1a a = 即 1a = 时“＝”成立； 第（2）问： 1 1 1 1 1 1 2 1 2 (3 2 2)( )( 2 ) (1 2 ) (3 2 )4 4 4 4 b a b aa ba b a b a b a b ++ = + + = + + + ³ + × = 准考证号______________ 姓名______________ （在此卷上答题无效） 泉州市普通高中 2019-2020 学年度上学期教学质量跟踪监测 数学（新教材必修第 1 册）试题 第 6 页（共 12 页） 当且仅当 2b a a b = 即 4 2 4 4 2 2 a b      时“＝”成立. 16. 已知函数  2 2 4 4 sin 1( ) 2 2 x x xf x x x       ，且 ( 2) ( ) 0f x f x a     ，则 a 的取值范围为_______， ( )f x 的最大值与最小值和为________． 答案： ,2 2 解析：第（1）问：由       2 2 1 1 sin 1( ) 1 1 x xf x x         ， ( 2) ( )f x f x               2 2 2 2 2 1 1 sin 2 1 1 1 sin 1 2 1 1 1 1 x x x x x x                             2 2 2 4 4 sin 1 sin 1 22 2 x x x x x x           ， 所以 2 0a  ，则 a 的取值范围 ,2 ． 第（2）问：法一：由 ( 2) ( ) 2f x f x    ，知 ( )f x 关于点 1,1 成中心对称图形， 所以 max min( ) ( ) 2f x f x  ． 法二：由    2 2 2 4 4 sin 1 2 2 sin 1( ) 12 2 2 2 x x x x xf x x x x x             ， 记   2 2 2 sin 1( ) 2 2 x xg x x x      ，则 2 sin( 1) 1 x xg x x    在 R 上为奇函数， 所以 max min max min( ) ( ) ( 1) ( 1) 0g x g x g x g x      ， 所以 max min max min( ) ( ) 1 ( ) 1 ( ) 2f x f x g x g x      ． 准考证号______________ 姓名______________ （在此卷上答题无效） 泉州市普通高中 2019-2020 学年度上学期教学质量跟踪监测 数学（新教材必修第 1 册）试题 第 7 页（共 12 页） 四、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分．解答应出文字说明，证明过程或演算步 17. （本小题满分 10 分） （1）化简与求值： 2 0lg5 lg2 (e 3) ln(π 2)     ； （2） 已知 3tan 4    ，求  sin( 3π ) cos 2π+ πsin( ) sin( )2           的值. 解析（1） 2 0lg5 lg2 (e 3) ln(π 2)     原式 lg10 | e 3| 0    ···········································································3 分 1 3 e   4 e  ························································································· 4 分 （2）解法一：原式 sin cos sin cos        ········································································· 8 分 tan 1 tan 1      ············································································· 9 分 因为 3tan 4    ，所以，原式 3 14 3 14     1 7  ·········································· 10 分 解法二：原式 sin cos sin cos        ···········································································8 分 因为 3tan 4    ，所以 3sin cos4    ··················································9 分 所以，原式 3 cos cos4 3 cos cos4         1 7  ······················································· 10 分 准考证号______________ 姓名______________ （在此卷上答题无效） 泉州市普通高中 2019-2020 学年度上学期教学质量跟踪监测 数学（新教材必修第 1 册）试题 第 8 页（共 12 页） 18. （本小题满分 12 分） 已知函数 )(xf 是二次函数， 0)1( f ， ( 3) (1) 4f f   . （1）求 )(xf 的解析式； （2）函数  ( ) ( ) ln 1h x f x x   在 R 上连续不断，试探究，是否存在  n nZ ，函数 ( )h x 在区 间  , 1n n  内存在零点，若存在，求出一个符合题意的 n ，若不存在，请说明由. 解析：（1）由 ( 3) (1)f f  ，知此二次函数图象的对称轴为 1x   ，······························ 1 分 又因为 ( 1) 0f   ，所以 ( 1,0) 是 ( )f x 的顶点，········································· 2 分 所以设 2( ) ( 1)f x a x  ··········································································· 3 分 因为 (1) 4f  ,即 2(1 1) 4a   ··································································· 4 分 所以设 1a  ·························································································· 5 分 所以 2( ) ( 1)f x x  ················································································6 分 （2）由（1）知  2( ) ( 1) ln 1h x x x  + ···························································· 7 分 因为  2( 1) ( 1 1) ln 1 1 ln(2) 0h         + ·············································8 分  2(0) (0 1) ln 0 1 1 0h     + ······························································· 9 分 即 (0) (1) 0h h  （可跳步）···································································· 10 分 因为函数  ( ) ( ) ln 1h x f x x   在 R 上连续不断，····································11 分 由零点存在性定理，所以函数 ( )h x 在（-1,0）上存在零点····························· 12 分 (或  2( 3) ( 3 1) ln 3 1 4 ln(4) 0h         + ·········································8 分  2( 2) ( 2 1) ln 2 1 1 ln3 0h         + ··············································· 9 分 ( 3) ( 2) 0h h    （可跳步）································································ 10 分 因为函数  ( ) ( ) ln 1h x f x x   在 R 上连续不断，·································11 分 由零点存在性定理，所以函数 ( )h x 在（-3,-2）上存在零点························ 12 分 准考证号______________ 姓名______________ （在此卷上答题无效） 泉州市普通高中 2019-2020 学年度上学期教学质量跟踪监测 数学（新教材必修第 1 册）试题 第 9 页（共 12 页） 19. （本小题满分 12 分） 已知函数 ( ) sin 3 sinf x x x  . （1）用分段函数形式出 ( )f x 在 [0,2π]x 的解析式，并画出其图象； （2）直接出 ( )f x  xR 的最小正周期及其单调递增区间. 解析：（1）当 [0, π]x 时， sin 0,| sin | sinx x x  ， ( ) 4sinf x x ······································· 当 (π,2π]x 时，sin 0,| sin | sinx x x   ， ( ) 2sinf x x  ································ 2 分 所以 4sin , [0, π]( ) 2sin , (π,2π] x xf x x x    ····································································3 分 其图象如上图所示. ···························································································6 分 （2）由 ( 2π) sin( 2π)+3|sin( 2π) | sin 3| sin | ( )f x x x x x f x       ， 可知 2π 为函数 ( )f x 的一个周期··············································································· 7 分 结合图象可得 2π 为函数 ( )f x 的最小正周期································································8 分 （直接出答案也可以给满分） 由图可得， [0,2π]x 时，函数 ( )f x 的递增区间为 π 3π[0, ],[π, ]2 2 ···································9 分 又 ( )f x 的最小正周期为 2π ，故函数 ( )f x 的递增区间为 π[ π, π]( )2k k k  Z ···················12 分 准考证号______________ 姓名______________ （在此卷上答题无效） 泉州市普通高中 2019-2020 学年度上学期教学质量跟踪监测 数学（新教材必修第 1 册）试题 第 10 页（共 12 页） 20. （本小题满分 12 分） 已知函数 2( ) ( , )1 ax bf x a bx   R 为在 R 上的奇函数，且 (1) 1f  . （1）用定义证明 ( )f x 在 1  （ , ）的单调性； （2）解不等式 (2 3) (4 1)x xf f   . 解析：（1）因为函数 2( ) ( , )1 ax bf x a bx   R 为在 R 上的奇函数，所以 (0) 0f  ···················· 1 分 则有 0 00 1 11 1 b a b       ····························································································2 分 解得 2 0 a b    ，即 2 2( ) 1 xf x x   ········································································3 分 1 2, (1, )x x   ，且 1 2x x ·········································································· 4 分 2 2 2 2 2 1 2 11 2 1 2 2 2 2 2 1 1 2 ( 1) 2 ( 1)2 2( ) ( ) 1 1 ( 1)( 1) x x x xx xf x f x x x x x          ·································· 5 分 2 1 2 2 1 2 2 1 2( 1)( ) ( 1)( 1) x x x x x x     ········································· 6 分 因为 1 2, (1, )x x   ，且 1 2x x ， 所以 2 2 2 1( 1)( 1) 0x x   ， 1 2 1 0x x   ， 2 1 0x x  所以 1 2( ) ( ) 0f x f x  即 1 2( ) ( )f x f x ························································· 7 分 所以 ( )f x 在 1  （ , ）上单调递减······································································ 8 分 （2）因为 2 3 1x   ， 4 1 1x   ，由（1）可得 2 3 4 1x x   ··········································· 9 分 不等式可化为 2 2 2 2 0x x x    ，即 (2 1)(2 2) 0x x   ··································· 10 分 解得 2 2x  ，即 1x  ···················································································11 分 所以不等式的解集为{ | 1}x x  ······································································ 12 分 准考证号______________ 姓名______________ （在此卷上答题无效） 泉州市普通高中 2019-2020 学年度上学期教学质量跟踪监测 数学（新教材必修第 1 册）试题 第 11 页（共 12 页） 21. （本小题满分 12 分） 泉州是全国休闲食品重要的生产基地，食品产业是其特色产业之一，其糖果产量占全国的 20%．现 拥有中国驰名商标 17 件及“全国食品工业强县”2 个（晋江、惠安）等荣誉称号，涌现出达利、盼盼、 友臣、金冠、雅客、安记、回头客等一大批龙头企业．已知泉州某食品厂需要定期购买食品配料，该 厂每天需要食品配料 200 千克，配料的价格为 1 元/千克，每次购买配料需支付运费 90 元．设该厂每 隔 x  x  N 天购买一次配料．公司每次购买配料均需支付保管费用，其标准如下：6 天以内（含 6 天），均按 10 元/天支付；超出 6 天，除支付前 6 天保管费用外，还需支付剩余配料保管费用，剩余配 料按  3 5 200 x  元/千克一次性支付． （1）当 8x  时，求该厂用于配料的保管费用 P 元； （2）求该厂配料的总费用 y （元）关于 x 的函数关系式，根据平均每天支付的费用，请你给出 合理建议，每隔多少天购买一次配料较好． 附：   80f x x x   在 0,4 5 单调递减，在 4 5, 单调递增． 解析：（1）第 6 天后剩余配料为 8 6 200 400   （千克），············································· 1 分 所以  3 8 560 400 78200P      ；······························································ 3 分 （2）当 6x  时， 200 10 90 210 90y x x x     ，··············································4 分 当 6x  时，    3 5200 90 60 200 6200 xy x x        23 167 240x x   ，····5 分 所以 2 210 90,0 6 3 167 240, 6 x x y x x x        其中 Nx ．··············································· 6 分 设平均每天支付的费用为  f x 元， 当 0 6x  时，   210 90 90210xf x x x    ，·············································· 7 分  f x 在 0,6 单调递减，所以    min 6 225f x f  ；···································· 8 分 当 6x  时，   23 167 240 803 167x xf x xx x          ，······························· 9 分 可知  f x 在 0,4 5 单调递减，在 4 5, 单调递增，······························· 10 分 又8 4 5 9  ，  8 221f  ，   29 220 3f  ，所以    min 29 220 3f x f  ·····11 分 综上所述，该厂9天购买一次配料才能使平均每天支付的费用最少 ······················ 12 分 准考证号______________ 姓名______________ （在此卷上答题无效） 泉州市普通高中 2019-2020 学年度上学期教学质量跟踪监测 数学（新教材必修第 1 册）试题 第 12 页（共 12 页） 22. （本小题满分 12 分） 题略。 解析：（1）① )(xf 的对称轴为 2 bx   ，········································································1 分 由 2|| b ，所以 2b  或 2b   ，所以 12 b   或 12 b  . 当 12 b   ，即 2b  时，    1 1 2 4M m f f b      ；································ 2 分 当 12 b  ，即 2b   时，    1 1 2 4M m f f b       ；······························· 3 分 综上所述， mM  的取值范围为[4, ) .（回答 4M m  不扣分）·················· 4 分 ②由①且 9 4M m  可知，| | 2b  ，即 1 12 b    ，········································· 5 分 此时，   2 91 1 ,2 2 4 0,2 b bM m f f b                       ············································ 6 分 或   2 91 1 ,2 2 4 0,2 b bM m f f b                        ············································ 7 分 因此， 1 1b   . ··················································································· 8 分 （2）由于 2 2 2 2 cos cos cos 3cos 1 1 12 4 4 4b c c c                 ，·············· 9 分 所以 ( )f x 的对称轴 02 bx    ， 所以 ( )f x 在 1,2 为增函数.···································································· 10 分 又 (1) 1f b c   ， (2) 4 2f b c   ， 所以  11 ,4 2 2 ,84b c b c b c          ··············································· 11 分 因此， 12 14b c b c     ，即 3 4b  ，所以 3 4b  . 此时， cos 1  ， 1 2c  ， 故 2 3 1( ) 4 2f x x x   ，所以 (2) 6f  . ·················································12 分