梓童是什么意思-开学感想

高一数学试卷
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分.考试时间120分钟.

第Ⅰ卷（选择题，满分50分）
一、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,把正确的答案填在指定位置上.）
1. 若角

、

满足
90





90

，则



2
是（ ）
A．第一象限角 B．第二象限角 C．第三象限角 D．第四象限角
1



(< br>


)90

，故是第一象限角。
22
3
2. 若点
P(3,y)
是角

终边上的一 点，且满足
y0,cos


，则
tan

< br>（ ）
5
3344
A．

B． C． D．


4433
4
33
2.D解析：由题
cos


且
y0
，得
y4
，故
tan


.
3
9y
2
5
1.A解析：由
90





90

得，
0

3. 设
f(x)cos30

g(x)1
，且
f(30)
A．

1
，则
g(x)
可以是（ ）
2
11
cosx
B．
sinx
C．
2cosx
D．
2sinx

22
3.C解析：由题得
g(30

)3
，故
g(x)
可以 是
2cosx
.
4. 满足
tan

cot

的一个取值区间为（ ）
A．
(0,

4
]
B．
[0,

]
C．
[,)
D．
[,]

44242


4.C解析：根据tan

cot

，易知

[,
42
)
满足题意.
5. 已知
sinx
，则用反正弦表示出区间
[

,
A．
arcsin
1
3

2
]
中的角
x< br>为（ ）
1111
B．


arcsin
C．
arcsin
D．

arcsin

3333
1

1
5.B解析：由
sinx
且


x
，得
x

arcsin

323
6. 设
0|

|

4
A．
sin2

sin

B．
cos2

cos


C．
tan2

tan

D．
cot2

cot


6.B解析：当
0


，则下列不等式中一定成立的是：( ）

442
只有
cos2

cos

成立.
7.
AB C
中，若
cotAcotB1
，则
ABC
一定是（ ）
A．钝角三角形 B． 直角三角形
C．锐角三角形 D．以上均有可能
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时，四个均成立. 当




0
时，


2



0
， 此时

7.A解析：因
cotAcotB1
即有
cosAc osB
1
. 由
sinA,sinB0
，得
sinAsinB

cosAcosBsinAsinB0
即
cos(AB)0
，故
AB(0,

),C(,

)
.
22

8. 发电厂发出的电是三相交流电，它的三根导线上的电流分别是关于时间
t
的函数：
I
A
Isin

tI
B
Isin(

t 
2

)
3
I
C
Isin(

t

)
且
I
A
I
B
I
C< br>0,0

2

，
则


（ ）

2

4


B． C． D．
33
32
2

4

)sin(

t

)0
，由排除法，易知


8.C解析：根据
sin

tsin(

t
.
33
A．
1cos2x3sin
2
x
9. 当
x(0,

)
时，函数
f(x)
的最小值为（ ）
sinx
A．
22
B．3 C．
23
D．4
2
9.B解析：由cos2x12sinx
，整理得
f(x)sinx
2
(0x 

)
.
sinx
令
tsinx, 0t1
，则函数
yt
2
在
t1
时有最小值3.
t
10.在平面直角坐标系中，横、纵坐标均为整数的点叫做格点. 若函数
yf( x)
的图象恰好
经过
k
个格点，则称函数
f(x)
为
k
阶格点函数. 下列函数中为一阶格点函数的是 （ ）
A．
ysinx
B．
ycos(x

6
)
C．
ylgx
D．
yx
2

10.A 解析：选项A：由
sinx1x

2
k

，sinx0xk

(kZ)
知
函数
ysinx
的格点只有
(0,0)
；
选项B：由cos(x

6
)1x

k

，
cos(x)0xk



663



(kZ)
，故函数
ycos(x
n

6
)
图象没有经过格点；
选项C：形如
(10,n)(nN)
的点都是函数
ylgx
的格点；
选项D：形如
(n,n)(nZ)
的点都是函数
yx
的格点.
22
第Ⅱ卷（非选择题，共计100分）
二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分，把正确的答案填在指定位置上.）
1 1．已知
cos2


3
44
，则
sin

cos

的值为
5
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11.

33
442222
解析：
sin

cos

(sin

cos

) (sin

cos

)cos2


< br>55
12．若
x
12.

3
是方程
2co s(x

)1
的解，其中

(0,2

)< br>，则

=
4


1
 
2


2k

或
2k

解析：由
cos(

)

2k

( kZ)
，
332333
4

(kZ)
; 又

(0,2

)
, 知


. 3
13．函数
f(x)log
1
tan(2x
3

3
)
的单调递减区间为
13.
(k

1
2

1

3
,k
< br>)(kZ)
解析：由题意知
tan(2x)0
，且应求函数
y

62123
)
的增区间，即
2x


< br>tan(2x

(k

,k

)(kZ)< br>
32

14．函数
y
3sinx
的值域是
2cosx
3sinx
2
，得
3sinxycosx2y.即
3ysin(x

)

2cosx
14.
[1,1]
解析：由
y

2y
其中
tan


y
2y
. 所以由
sin(x

)[1,1]
，可得
1y1
.
2
3
3y
15．设集合
M平面内的点(a,b)
,
N

f(x)|f(x)acos3xbsin3x

. 给出
M
到

N
的映射
f:(a,b)f(x)ac os3xbsin3x
. 关于点
(2,2)
的象
f(x)
有下列命
题： ①
f(x)2sin(3x
3

)
；
4
②其图象可由
y2sin3x
向左平移
③点
(

个单位得到；
4
3

,0)
是其图象的一个对称中心
4
2

④其最小正周期是
3
5

3

,]
上为减函数 ⑤在
x[
124
其中正确的有
15.①④⑤ 解析：点
(2,2)
的象
f(x)2cos3x2sin3x2sin( 3x
3

)

4
故①④⑤均为真命题.
三．解答题（本大题共5个小题，共计75分,解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
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16. （本题满分12分）已知

,

(
（1）求
sin2

的值；
（2）求
tan(


3


3
,

)
，
tan(

)2
，
sin(



)< br>.
44
5

4
)
的值.
2tan(
)
4


4

4
，
ot 2


16.解析：（1）由
tan(

)2< br>知，
tan(2

)
即
c
3
4
2
1tan
2
(



)
3
4
33

3
,2

)
，可得
sin2



tan2


，又
2

(
425
3

33
,2

),si n(



)
知，
tan(


)
（2）由



(
254
3
(2)


1

4

ta n(

)tan

(



)(< br>
)



44

1(
3
)(2)
2

4
17. （本题满分12分） 已知函数
f(x)23sinxcosx2cos
2
xm
.
（1）求函数
f(x)
在
[0,

]
上的单调递增区间；
（2）当
x[0,


6
]
时，
|f( x)|4
恒成立，求实数
m
的取值范围.
17.解析：（1）由题，f(x)23sinxcosx2cos
2
xm3sin2xcos2x1 m


2sin(2x

6
)m1

所以函数
f(x)
在
[0,

]
上的单调增 区间为
[0,
（2）当
x[0,

6
]
，[
2

,

]

3
]
时，< br>f(x)
单增，
x0
时，
f(x)
取最小值
m 2
；
x
时，
f(x)

66
取最大值
m3
.
由题意知，



< br>|m3|4

7m1



|m2|46m2

所以实数
m
的范围是
(6,1)

6cos
4
x5sin
2
x4
18. （本题满分12分）已知函数
f(x)

cos2x
（1）求
f(x)
的定义域并判断它的奇偶性；
（2）求
f(x)
的值域.
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18.解析：（1）
cos2x0,2x
故
f (x)
的定义域为

x|x

2
k

(kZ),
即
x

4

k

(kZ)

2



4

k


,kZ< br>

2

6cos
4
(x)5sin
2
(x)4

f(x)
的定义域关于原点对称，且
f(x)

cos(2 x)
6cos
4
x5sin
2
x4
f(x)
，故
f(x)
为偶函数.

cos2x
k
< br>6cos
4
x5sin
2
x4(2cos
2
1 )(3cos
2
1)

时，
f(x)3cos
2< br>1
（2）当
x
24
cos2xcos2x


3111
cos2x
又
cos2x0,
故
f(x)
的值域为
[1,)(,2]
.
2222
19. （ 本题满分12分）已知某海滨浴场的海浪高度
y(m)
是时间
t
（时）
(0t24)
的函
数，记作
yf(t)
.下表是某日各时的浪高数据 ：
t
（时）
y(m)

0
1.5
3
1,0
6
0.5
9
1.0
12
1.5
15
1.0
18
0.5
21
0.99
24
1.5
经长期观察，
yf(t)
的曲线可近似的看成函数
yAcos

tb(

0)
.
（1）根据 表中数据，求出函数
yAcos

tb
的最小正周期
T
、振幅
A
及函数表达式；
（2）依据规定，当海浪高度高于1m时才对冲浪者开放， 请根据（1）中的结论，判断一天
中的上午8：00到晚上20：00之间，有多少时间可供冲浪者运动 ？
19.解析：（1）由表中数据，
T12
，故



6

1

A

Ab1.5
1


f(t)cost1



同时有

，故函数
2
26

Ab0.5

b1
（2）由题意，当
y1
时才能对冲浪者开放，即


1

cost11cost0

266
2
2k



6
t

2k

2
,kZ
12k3t12k3,kZ
，可得
又
0t24,k0,1,2

得
0t3
或
9t15
或
21t24

故在一天中的上午8：00到晚上20：00之间，有6个小时的时间可供冲浪者运动，即
上午9：00至下午15：00.
第 5 页 共 8 页

20．（本题满分13分）关于函数
f(x)
的性质叙述如下：①
f(x2

)f(x)
；②
f(x)没
有最大值；③
f(x)
在区间
(0,

2
)
上单调递增；④
f(x)
的图象关于原点对称.问：
（1）函数
f (x)xsinx
符合上述那几条性质？请对照以上四条性质逐一说明理由.
（2）是否 存在同时符合上述四个性质的函数？若存在，请写出一个这样的函数；若不存在，
请说明理由.
20.解析：（1）函数
f(x)xsinx
符合性质②③.
①< br>f(x2

)(x2

)sin(x2

) (x2

)sinxxsinx2

sinx


f(x2

)
不一定等于
f(x)
；
②令
x

2
2k

,kZ
，此时
sin x1,f(x)

2

，
2k

，另
k
则
f(x)

故
f(x)
没有最大值；
③函数
yx
和
ysinx
在
(0,
故函数
f(x)xsinx
在
(0,

2
)
在均为大于0， 且都是单调递增.

2
)
上单调递增；
④
f(x )
的定义域是
R
，
f(x)(x)sin(x)xsinxf( x)

所以
f(x)
的图象关于y轴对称.
（2）存在同时符合上述四个性质的函数.
例如：函数
ytanx
;函数
ysinx(xk



2
,kZ)
等.( 答案不唯一)
21. （本题满分14分）（甲题）已知定义在
(,0)(0,)
上的奇函数
f(x)
满足
f(1)0
，
且在
(0 ,)
上是增函数. 又函数
g(

)sin

mc os

2m(其中0

)

2

2
（1）证明：
f(x)
在
(,0)
上也是增函数；
（ 2）若
m0
，分别求出函数
g(

)
的最大值和最小值；
（3）若记集合
Mm|恒有g(

)0
，
Nm|恒有 f[g(

)]0
，求
MN
.
21甲.解析：（1） 证明：任取
x
1
x
2
0
，则
x
1< br>x
2
0

且
f(x)
在
(0,)
上是增函数，
f(x
1
)f(x
2
)
.又
f(x)
为奇函数，
故
f(x
2
)f(x
1< br>)f(x
2
)f(x
1
)0

第 6 页 共 8 页


即
f(x
1
) f(x
2
)
，
f(x)
在
(,0)
上也是增函 数.
（2）由
g(

)sin
2

mcos

2mcos
2

mcos

12m
，
令
tcos

，则
0t1
，记
yg(

)t
2
mt12m
，由
m0
知，
t
函数
yt
2
mt12m
在
t [0,1]
上是减函数，
故
t0
时，
g(

)
有最大值
12m
；
t1
时，
g(

)
有最小值
m
.
（3）由
f(x)
在
(, 0)
，
(0,)
上是增函数，
f(1)f(1)0

m
0

2
f[g(

)]0g(

)1
或
0g(

)1
，又
M

m|恒有g(

)0

，
所以
MNm|恒有g(

)1
，
即
c os

mcos

12m1
对

[0 ,
2
2


2
]
恒成立.
2cos
2

2
(2cos

)m2cos
,mcos

24

2cos

cos

2

2


[0,],cos

2[2,1]
，
cos

222

2cos

2
2

2442

2
当
cos

22,cos

22
时 取得.
cos
cos

2
即
m422
， 故
MN(422,)
.

2
（乙题）已知
< br>,

是方程
4x4tx10(tR)
的两个不等实根，函数< br>f(x)
2xt
的
2
x1
定义域为
[

,

]
.
（1）证明：
f(x)
在其定义域上是增函数；
（2）求函数
g(t)maxf(x)minf(x)
；
（3）对于(2)，若已知
u
i
(0,
证明：

2
)(i1,2,3)
且
sinu
1
sinu
2
sinu
3
1
，
11136
.
< br>g(tanu
1
)g(tanu
2
)g(tanu
3
)4
22
21乙.解析：（1）证明：设

x
1
x2


,
则
4x
1
4tx
1
10,4x
2
4tx
2
10

4(x
1
2
x
2
2
)4t(x
1
x
2< br>)20
，
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又
x
1
2
x
2
2
2x
1
x
2
，故有
2x
1
x
2
t(x
1
x
2
)
则在
f(x2
)f(x
1
)
1
0

2
2x
2
t2x
1
t(x
2
x
1
)[t( x
1
x
2
)2x
1
x
2
2]
中，

x
2
2
1x
1
2
1(x
2
2
1)(x
1
2
1)
1
0

2
有
t(x
1
x
2
)2x
1x
2
2t(x
1
x
2
)2x
1
x
2

f(x
2
)f(x
1
)0
，
f(x)
在其定义域上是增函数.
（2）由韦达定理，


t,


1
，同时由（1）知，
4
g(t)maxf(x)minf(x)f(

)f(

)
(



)[t(



)2

2]


2

2


2


2
1
5
t
2
1(t
2< br>)
22
8t1(2t5)
2




2
25
16t25
t
2

16
82
(3)
8tan
2
u
i
1(2tan
2
u
i
5)
cosu
i
cos
2
u
i

（3）证明：
g(tanu
i
)
16
16tan
2
u
i
25
9
2
cosu
i
16
24cosu
i
cosu
i
21 624166
(i1,2,3)
┄┄①
169cos
2
u
i
169cos
2
u
i
169cos< br>2
u
i
1639(cos
2
u
1
co s
2
u
2
cos
2
u
3
)
11 1
故

g(tanu
1
)g(tanu
2
) g(tanu
3
)
166


1

163939(sin
2
u
1
sin
2
u
2
sin
2
u
3
)

< br>
166
又
sinu
1
sinu
2
s inu
3
1
且
u
i
(0,
22
2
)(i1,2,3)

22
所以由柯西不等式知，
3(si nu
1
sinu
2
sinu
3
)(sinu
1
sinu
2
sinu
3
)1
┄┄②
而在①②中，等号不能同时成立.
故有
1111136
得证.
 (759)
g(tanu
1
)g(tanu
2
)g(ta nu
3
)
166
34
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