2019-2020学年广东省佛山市高一上学期期末教学质量检测数学试题

2019-2020学年广东省佛山市高一上学期期末教学质量检测数学试题

第 1 页（共 4 页） 2019～2020 学年佛山市普通高中高一教学质量检测 数学参考答案与评分标准 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，满分 60 分． 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C C B D C A A B B A BCD CD 二、填空题：本大共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分． 13． 21 14． 1 15． 3 16． 1426 25 （或 26.56 ）；13 三、解答题：本大题共 6 小题，满分 70 分．解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17.（10 分） 解析：法 1：（1）由题意得， tan 2  ， 所以 22 2 2sin cos 2tan 4sin 2 2sin cos sin cos tan 1 5     ． （5 分） （2）因为 2 9(sin cos ) 1 2sin cos 5 ，所以 35sin cos 5， 故 2235310sin( ) (sin cos )42 2510       ． （10 分） 法2：（1）由 22 sin 2cos sin cos 1      解得， 2sin 5 1cos 5       ，或 2sin 5 1cos 5       （舍去）； 所以 25 5 4sin 2 2sin cos 2 555． （5 分） （2） 2221310sin( ) (sin cos ) ( )42 2 1055        ． （10 分） 18.（12 分） 解析：（1）因为 (1) ( 1) 0ff，所以 224ln ln(2 ) ln 033 mmm  ， （1 分） 所以 243m，又 0m  ，解得 1m  ． （2 分） 由 2 02 x x   得， (2 )(2 ) 0xx，所以 ()f x 的定义域为 (2,2) ． （3 分） 因为 122 2( ) ln ln( ) ln22 2 x xxfx x xx      ． （5 分） 即 () ()f xfx ，所以 ()f x 是奇函数； （6 分） 第 2 页（共 4 页） （2） ()f x 在 (2,2) 上单调递减； （8 分） （3） ()f x 是奇函数，不等式等价于： () () 2ln3fx fx  ． （9 分） 所以 2() 2ln3fx ，即 () ln3 (1)fx f． （10 分） 由（2）知 ()f x 在 (2,2) 单调递减，所以 1x  ，同时由定义域 22x ． （11 分） 所以 x 的取值集合为{|1 2}xx  ． （12 分） 19.（12 分） 解析：（1）由数据表可知，位移的最大值为 20 mm，即 20A  ；周期为 0.6 s，即 2 0.6   ，解 得 10 3   ； 再由 0t  时的位移为 20 ，可得sin 1  ，解得 2    ． 所以振子位移关于时间的函数解析式为 1020sin( )32yt ， [0, )t   ． （6 分） （2）作出函数一个周期的图象如下： （8 分） （3）由表格或图象可知，一个周期内当 10y  mm 时， 0.2t  或 0.4t  ，所以当位移为10 mm 的时间 t 的取值集合为 |0.20.6tt k 或 0.4 0.6 ,tkk N ． （12 分） 20.（12 分） 解析：（1）因为 () () 2xfx gx，所以 () () ( ) ( ) 2xfx gx f x g x ， 两式相加得， 2() 2 2x xfx  ，解得 22() 2 x x fx  ． （4 分） （2）函数 ()f x 在[0, ) 上是增函数．证明如下： 设任意 12,[0,)xx，且 12x x ，则， 1122 1212 12 12 1212 1 22 22 1 1 1 (22)(21)() () (22 )222222 xxxx xxxx xx xx xxfx fx         ， 因为 12x x ，所以 1222x x ，则 12220xx；又 120xx  ，所以 12210xx   ． 从而 12() ()f xfx ，即 12() ()f xfx ． 因此， ()f x 在[0, ) 上单调递增． （8 分） t y -22 -18 -14 -10 -6 2 6 10 14 18 22 0.60.50.40.30.20.1O 第 3 页（共 4 页） （3）因为 12 52(1) 24f  ，且偶函数 ()f x 在[0, ) 上单调递增，故原不等式等价于||1x  ． 因此，原不等式的解集为 (,1][1,)   ． （12 分） 21.（12 分） 解析：（1）表格和散点图如下：（4 分） 序号 速度（km/h） 停车距离（m） 1 40 17.0 2 50 26.5 3 60 35.7 4 70 46 5 80 52.7 6 90 70.7 7 100 85.4 8 110 101 （2）对于模型一： davb．将点 (50,26.5) 和 (100,85.4) 两组数据带入函数解析式得 26.5 50 85.4 100 ab ab    ，解得 1.178a  ， 32.4b   ， 故 1.178 32.4dv． 对于模型二： 2davbv．将点 (50,26.5) 和 (100, 85.4) 两组数据带入函数解析式得 2 2 26.5 50 50 85.4 100 100 ab ab    ，解得 0.00648a  ， 0.206b  ， 故 20.00648 0.206dvv． （8 分） （3）当 180v  时，对于模型一，停车距离 1.178 180 32.4 212.04 32.4 179.64d      m； 对于模型二，停车距离 20.00648 180 0.206 180 209.952 37.08 247.032d m， 显然模型二计算得到数据与试验数据 245.5m 更接近，说明选择函数模型二进行拟合效果好．（12 分） 22.（12 分） 解析：（1）当 1a  时， 2 1() 4fx x x在 (0, ) 上单调递增， 1 2 () logg xx 在 (0, ) 上单调递减． 由于 11() () 122fg，所以当 10 2x  时， () 1 ()f xgx  ；当 1 2x  时， () 1 ()f xgx ． 因此， 2 2 11,0 ,42() 1log , .2 xx x hx xx      由于 ()hx在 1(0, ]2 上单调递增，在 1[, )2  上单调递减， v d 110 100 90 80 70 60 50 40 30 20 10 110100908070605040O 第 4 页（共 4 页） 所以当 1 2x  时， ()hx取得最大值 1() 12h  ． （4 分） （2）当 (1, )x时， 2() log 0gx x  ，从而 () min{(),()} () 0hx f x gx gx ，故 ()hx在 (1, ) 无零 点． 当 1x  时，若 5 4a  ，则 5(1) 04fa ， (1) min{ (1), (1)} (1) 0hfgg ，故 1x  是 ()hx的零点； 若 5 4a  ，则 5(1) 04fa ， (1) min{ (1), (1)} (1) 0hfgf ，故 1x  不是 ()hx的零点． 当 (0,1)x 时， 2() log 0gx x  ．所以只需考虑 ()f x 在 (0,1) 的零点个数． （ⅰ）若 0a  ，则 ()f x 在 (0,1) 上单调递增， ()f x 在 (0,1) 内没有零点． （ⅱ）若 0a  ，则 ()f x 在 (0, )2 a 单调递减，在 (,)2 a  单调递增，当 2 ax   时， ()f x 取得最小值 21()24 aaf  ． ①若 10a  ，则 21() 024 aaf  ， ()f x 在 (0,1) 无零点； ②若 1a  ，则 21() 024 aaf  ， ()f x 在 (0,1) 有唯一零点 1 2x  ； ③若 5 14 a，则 ()f x 在 (0, )2 a 单调递减，在 (,1)2 a 单调递增，且 1(0) 04f ， 21() 024 aaf  ， 5(1) 04fa ， ()f x 在 (0,1) 有两个零点； ④若 52 4a  ，则 ()f x 在 (0, )2 a 单调递减，在 (,1)2 a 单调递增，且 1(0) 04f ， 21() 024 aaf  ， 5(1) 04fa ， ()f x 在 (0,1) 有一个零点； ⑤若 2a  ，则 ()f x 在 (0,1) 单调递减，且 1(0) 04f   ， 5(1) 04fa ， ()f x 在 (0,1) 有一个零点． 综上所述，当 1a  或 5 4a  时， ()hx 有一个零点；当 1a   或 5 4a   时， ()hx 有两个零点；当 5 14 a时， ()hx有三个零点． （12 分）