华中师范大学就业-喜出望外的意思

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浙江省嘉兴市2021-2022高一数学上学期期末考试试题（含解析）
一､选择题: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
A B,AC,B

2,0,1,9

,C

1,3 ,6,9

,则集合
A
可以为( )
A. {1,3}
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意集合
A
是集合
B
与
C
的交集的子集，判断选项即可.
【详解】由题：
B 

2,0,1,9

,C

1,3,6,9

，
B. {1,9} C. {2,0} D. {2,3}
BC

1,9


AB,AC
，即
A

BC

.
故选：B
【点睛】此题考查求集合的交集，判断集合的包含关系，关键在于读懂题目所给的集合关系.
2.已知正方形
ABCD
的边长为1,则
ABAD
=( )
A. 2
【答案】C
【解析】
【分析】
正方形中根据向量的加法法则
ABADAC
，即可得解.
【详解】由题正方形
ABCD
的边长为1,根据向量加法法则，
B. 3 C.
2
D.
22

ABADAC2
.
故选：C
【点睛】此题考查向量加法的平行四边形法则，根据加法法则求出向量之和，再求模长.
3. 已知点
P

sin

,tan


在第二 象限，则

为（ ）
A. 第一象限
【答案】C
B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
- 1 - 18- 1 -

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【解析】
【分析】
根据点的象限，判断对应坐标的符号，结合角的终边和三角函数的符号进行判断即可．
【详解 】∵点
P

sin

,tan


在第二 象限，∴
sin

0
，且
tan

0
，
即

第三象限角，故选C．
【点睛】本题主要考查三角函数值符号的应 用，根据点的坐标符号以及三角函数的符号与象
限的关系是解决本题的关键．
4.设函数
f

x


A. (0,1)
【答案】A
【解析】
【分析】
根据指数函数的值域结合反比例函数值域即可求解.
【详解】由题：
xR
，
2

0,

，
21

1, 

，
xx
1

xR

,则它的值域为( )
2
x
1
B. (0,2) C. (1,+∞) D. (2,+∞)
所以
1


0,1


x
21
1
f

x


x

xR

21
值域为
0,1
.
故选：A
【点睛】此题考查求函数值域，涉及指数函数值域，反比例型函数值域.
5.已知平面向量< br>a,b
满足
a23,b4
,且
a,b
的夹角为30°,则 ( )
A.
aab


aab

【答案】D
【解析】
【分析】

根据向量的模长和夹角关系 ，依次求出
a12,b16,ab12
，即可判断四个选项.

【详解】
aa12,bb16,ababcos3012
，
2
2
2
2

的
B.
bab


C.
bab


D.
22
- 2 - 18- 2 -

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所以
aabaab24
，

2
babbab28
，

2
babbab4
，
aabaab0
，
aab
.
故选：D
【点睛】此题考查求向量的数量积，根据数量积判断向量是否垂直，关键在于准确计算，熟
练掌握数量积 的求法.
6.函数
f

x

sin

x

2

2






,则
f

x

( )
4

B. 在

A. 在

0,




2


上单调递增


3

,
44



上单调递增

C. 在


3

7

,

上单调递增
44

D. 在

5

7


,

上单调递增
44

【答案】D
【解析】
【分析】
求出
f

x

sin

x





的增区间即可判定.
4



【详 解】由题
f

x

sin

x


，
4

,kZ
， 令
2k



2
x

4
2k

< br>
2
得：
2k


3

x2 k

,kZ
，
44
即
f

x

sin

x




4


的增区间为

2k




3


,2k



,kZ
， 44






3

< br>0,
所以函数在

上先增后减， 在

4
,
4

上单调递减，


2

- 3 - 18- 3 -

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在


3

7


5

7


,
,
上先减后增，在< br>
上单调递增.

44


44

故选：D
【点睛】此题考查三角函数单调性的判断，准确求出函数的增区间，逐个讨论其单调性.
7.函数
f

x

的图象如图所示,则它的解析式可能是( )

x
2
1
A.
f

x



2
x
C.
f

x

lnx

【答案】B
【解析】
【分析】
B.
f

x

 2
x

x1


x
D.
f

x

xe1

根据定义域排除
C
，求出
f

1

的值，可以排除
D
，考虑
f

100

排除
A
.
【详解】根据函数图象得定义域为
R
，所以
C
不合题意；
D
选项，计算
f

1

e1
，不符合函数图象 ；
对于
A
选项，
f

100

9 9992
100
与函数图象不一致；
B
选项符合函数图象特征.
故选：B
【点睛】此题考查根据函数图象选择合适的解析式，主要利用函数性质分析，常见方 法为排
除法.
8.为了得到函数
ycos

4x
A. 向左平移
C. 向左移动





的图象,可以 将函数
ysin4x
的图象( )
3

B. 向右平移
D. 向右平移
5

个单位
24
5

个单位
6
5

个单位
24
5

个单位
6
- 4 - 18- 4 -

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【答案】A
【解析】
【分析】
根据诱导公式
ycos

4x






sin4x

，根据平移法则即可得解.

3
32





5


ycos4xsin4xsin4x
【详解】由题函数可以变形

，
3

32

6

5

5

5

4
，为了得到它的图像，可以 将函数
ysin4x
的图象向左平移个单位.
62424
故选：A 【点睛】此题考查函数的平移，需要注意在同名三角函数之间进行平移，不同函数名需用诱
导公式变 形，再根据平移法则得解.
9.已知
OAOB1,AOB60,OC

OA

OB
,其中实数

,

满足1



2
,

0,

0
,则点
C
所形成的平面区域的面积为( )
A.
3

【答案】B
【解析】
【分析】
作出图形，根据向量共线定理及几何意义确定点
C
所形成的平面区域，即可求出面积.
【详解】由题：
OAOB1,AOB60,OC

OA

OB
,作
OP2OA,OQ2OB
，
B.
33

4
C.
3

2
D.
3

4
OC
与线段
AB
交于
D
， 设
OCxOD
，如图：

OC

OA
< br>OB
，

0,

0
，所以点
C
在图形
QOP
内部区域，
根据平面向量共线定理有
ODmOAnOB,mn1
，
- 5 - 18- 5 -

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OCxODxmOAxnOB,mn1

OC

OA

OB
，所以

xm,uxn
，
1



2
，即
1xmxn2< br>，
即
1x2
，
OCxOD
，所以点
C
所在区域为梯形
APQB
区域，
其面积
S
APQB
S
OPQ
S
OAB

故选：B
【点睛】此题考查平面向量的综合应用，涉及共线定理，线性运算，综合性比较强.
1133

22sin60

11sin60


224



xabcosx
10 .若不等式


23

0
对
x
< br>1,3

恒成立,则
ab
=( )

A.
1

3
B.
2

3
C.
5

6
D.
7

3
【答案】A
【解析】
【分析】
不等式
xabc os








< br>x

0
对
x

1,3

恒 成立,即
x

1,3

时
cos

x 

的
3

3


2

2
正负情况与
xab
的正负情况一致，得出
xab0
的根 ，即可求解.
【详解】由题：不等式
xabcos


< br>

x

0
对
x

1, 3

恒成立,
3

2
当
x

1,

时，
cos

x

0
，所 以
xab0
，
3

3

2

1





17


x,cosx0
，所以
xab0
， 当

2< br>

33

时，
3

当
x

,3

时，
cos

x

 0
，所以
xab0
，
3

3

2
所以
x

7



71
和
x
时，
xab0
，
33
- 6 - 18- 6 -

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7

3
ab0

4即

，解得：
a,b1
，
3

1
ab0


3
检验当
a
4
,b1时，
3
x
4

17

7

1

1
在
x

1,

大于等于0，
x,x,3

大于等于0，在时，小于等于0，在
 
3

33

3

3

所以
ab
故选：A
1
.
3
【点睛】此题考查根据不等式 恒成立求参数的值，将问题转化为方程的根的问题，涉及转化
与化归思想，综合性强.
二､填空题:
11.若
alog
2
3,blog
3< br>2
,则
ab
=______,
lgalgb
=______ .
【答案】 (1). 1 (2). 0
【解析】
【分析】
①根据换底公式计算即可得解；
②根据同底对数加法法则，结合①的结果即可求解.
【详解】①由题：
alog
2
3,blog
3
2
,
则
ablog
2
3log
3
2log
23

②由①可得：
lgalgblgablg10
.
故答案为：①1，②0
【点睛】此题考查对数的基本运算，涉及换底公式和同底对数加法运算，属于基础题目.
log
2
2
1
；
log
2
3

e
x
1,x1
12.设函数
f

x



则
f

0

的值为______； 若
f

a

2
,则
a
=______.

lnx,x1
【答案】 (1). 0 (2).
e
2

- 7 - 18- 7 -

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【解析】
【分析】
①根据分段函数解析式
f< br>
0

e1
，即可得解；
0
②结合分段函数每 段取值范围分析，
f

a

2
，
a
不可 能小于1.

e
x
1,x1
0
【详解】①由题：函数
f

x



，则
f

0

e10
；

lnx,x1
②根据函数解析式 ，当
x1
时，
e
x
1e12
，
所以< br>f

a

2
，
a
不可能小于1，
所以
a1
，
f

a

2
，即
lna2
，
所以
ae
2
.
故答案为：①0，②
e
2

【点睛】此题考查分段函数，根据分段函 数求函数值，根据函数值求自变量取值，关键在
于准确考虑每段解析式所对应的自变量取值范围. 13.已知向量
OA

k,12

,OB

4,5

,OC

k,10

,若
ABB C
,则
k
=______；若
A,B,C
三点共线,则
k< br>=______.
【答案】 (1).
【解析】
【分析】
①用坐标表示出向量
AB,BC
，根据
ABBC
，即可求解；
②
A,B,C
三点共线,即向量
AB,BC
共线即可.
【 详解】①由题：向量
OA

k,12

,OB

4,5

,OC

k,10

,
32
(2).


23
AB

4k,7

,BC

k4,5

，
A BBC

所以

4k

2
49

4k

2
25
，平方化简得：
的
- 8 - 18- 8 -
2416k

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解得：
k
3
；
2
②
A ,B,C
三点共线,即向量
AB,BC
共线，
AB

4 k,7

,BC

k4,5


所以5

4k

7

k4

，
2
.
3
32
故答案为：①，②


23
解得：
k
【点睛】此题考查平面向量的坐标表示，根据模长相等求参数的值，根据 向量共线求参数的
值解决三点共线问题.
sin

3cos
< br>=______,
sin

cos

=______.
sin

cos

2
【答案】 (1). 5 (2).
5
14.若
tan

2
,则
【解析】
【分析】
①分子分母同时除以
cos

即可得解；
②< br>sin

cos


sin

cos

，分子分母同时除以
cos
2

即可得解.
22sin

cos

【详解】①由题：
tan

2
,
sin

3cos

tan

3
5
，
sin

cos

tan
1
sin

cos

tan

2

②
sin

cos


.
sin
2

cos
2

tan
2
15
2
故答案为：①5，②
5
则
【点睛】此题考查同角三角 函数的基本关系，根据正切求值，关键在于正确处理分子分母齐
次式便于解题.

 2x,x0,
fx
15.设函数


2
若
f

f

a


30
,则实数
a
的取值范围是______.

x2x,x0,
【答案】


【解析】
【分析】
将不等式进行转化，令
f

a

t< br>，
f

t

30
即
f

t

3
，得出
t≤3
，再求解
f

a

3
.
- 9 - 18- 9 -

3

,



2


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【详解】作出函数图象如图所示：

求得：
f

x

3
仅有唯一解
x3
，
f
x

3
仅有唯一解
x
令
f

a

t
，
f

t

30< br>即
f

t

3
，得
t≤3
，
解
f

a

3
得：
a
故答 案为：


3
，
2
3
.
2

3

,



2

点睛】此题考查根据函数解析式解不等式，涉及分段函数和复合函数，利用换元法结合图象
处理问题，体现数形结合思想.
16.如图所示,
OD2,OE4,DOE60, AB3AD,AC3AE
,则
BCOE
=______.
【

【答案】36
【解析】
【分析】
可计算求解.
根据向量的线 性运算法则，
BCACAB3OEOD
，
BCOE3OEODOE< br>即

【详解】
OD2,OE4,DOE60,AB3AD, AC3AE
,
BCACAB3AE3AD3DE3OEOD

BCOE3OEODOE

- 10 - 18- 10 -



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3OE3ODOE316324cos60
< br>481236
.
故答案为：36
【点睛】此题考查平面向量的基本运算，涉及向量的线性运算，根据关系求数量积.
17.设
f

x

xxax
,对任意实数
a

1,2

,关于
x
的方程
f

x< br>
tf

a

共有三个
不相等的实数根,则实数< br>t
的取值范围是______.
【答案】

0,1


【解析】
【分析】
分类讨论当
2
a1a1a1a1
a
时, 当
 a
时,讨论函数的单调性，结合根的个数列
2222
出不等式组，即可求解. 2


x

a1

x,xa
, tf

a

ta
, 【详解】
f

x

xxax

2
xa1x,xa


(1)当
a1a1
a
时,即
1a2< br>，
22
则
f

x

在

,


a1


a1

,a
上单调递减,在

a,

上单调递增, 上单调递增,在


2
2


2
a1
< br>a1

a
2
2a1

且
f

,f

a

a
,




4

2

2

的
a
2
2a1

a1

a1

,
f




4

2

2< br>
2
关于
x
的方程
f

x

tf

a

总有三个不相等的实数根,
a
2
2a1
只要
ata
对
1a2
恒成立,解得
0t1
；
4
(2)当
a1a1
a
时,即1a1
,
22
a1


a1a1
a1

,,

上单调递
,
fx
则

在


上单调递减,在


上单调递增,在

2

2


2

2

增,
a1

a1

a
2
2a1

且
f

,

< br>

4

2

2

2
关于
x
的方程
f

x

tf

a

总有三个不相等的实数根,
- 11 - 18- 11 -

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a
2
2a1a
2
2a1
只要

对
1a1
恒成立,
ta
44
11
0
成立,此时
tR
< br>44
11
a2a2
②当
0a1
时,
a< br>t
a
恒成立,此时
0t1


44
11
a2a2
③当
1a0
时,
a
t
a
恒成立,此时
0t1

44
①当
a0时,

综合①②③得
0t1

由(1)(2)可知
0t1

故答案为：
0t1

【点睛】此题考查分段函数，根据函数的单调性分析根的个数问题，关键在于分类讨论.
三､解答题:解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤
18.已知集合
Axx4x120,Bx2ax2a2
.
(1)若
a1
,求
A

2


< br>R
B

；
(2)若
AB

4,6< br>
,求实数
a
的值.
【答案】(1)
x4x6
；(2)2.
【解析】
【分析】
（1）解出一元二次不等式，根据集合的交并补计算求解；
（2）根据并集关系，讨论参数的取值范围.
【详解】(1)当
a1
时, 解不等式
x
2
4x120
得：
2x6


B

x2x4

,A

x2 x6

,
所以
R
B

x|x2
或
x4


R
所以
AB

x4x6


(2)若
AB

4,6

,
- 12 - 18- 12 -

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
2a4

a2
则
< br>,

，
22a262a2

解得
a2
.
【点睛】此题考查集合的交并补基本运算，根据集合的并集求参数的范围，属于简单题目.
1 9.已知平面向量
a

2,4

,b

3,5

,c

2,6

.
(1)若
axbyc
,求
xy
的值；
(2)若akc
在
ab
上的投影是
2
,求实数
k
.
【答案】(1)
【解析】
【分析】
（1）根据
axbyc< br>，
xbyc

3x2y,5x6y

，列方程组求解 即可；
11
；(2)
2
.
14
（2）根据投影公式< br>akc



ab

2
代入求解即 可.
ab
【详解】(1)因为
a

2,4

,b

3,5

,c

2,6

, 所以
xbyc

3x2y,5x6y

,
5
x


3x2y2

7
又
a xbyc
,所以

,解得

,
1
5x6y 4


y

14

所以
xy11
；
14
(2)由题意知
ab

1,1< br>
,akc

22k,46k

,
所以< br>ab2,akcab

22k



46k

4k6
,
akc


< br>ab

4k6

2
,
ab
2

因为
akc
在
ab
上的投影是
2,所以
解得
k2
.
【点睛】此题考查平面向量基本运算的坐标表示 ，涉及向量投影问题，关键在于熟练掌握计
算法则和相关概念及公式，准确计算，属于中档题.
20.已知函数
f

x

a2
x
1
xR

是偶函数.
x

2
- 13 - 18- 13 -

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(1)求
a
的值；
(2)当
x

0,

时,判断函数
f

x

的 单调性,并证明你的结论.
【答案】(1)1；(2)
f

x
< br>单调递增,证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据偶函数关系结合< br>f

x

f

x

求解； < br>（2）根据定义法讨论单调性任取
0x
1
x
2
,讨论f

x
1

f

x
2
< br>的符号.
1

xR

是偶函数,
2
x
11
xx
所以
f

x

f

x

,即
a2
x
a2
x
,
22
【详解】(1)因为
f

x

a2x
化简得

a1


2
x

1
2
x


0
,

所以
a1
；
(2)结论:
f

x< br>
2
x
1
在(0,+∞)单调递增.证明如下：
2
x
任取
0x
1
x
2
,则
x
1
x
2
x
1
x
2
x
2
x
1
2221

1122

x
1
x
2
x
1
x
2

f

x
1

f

x
2

2
x1


2
x
2

22
x1
x
2

x
1
x
2
22

222

xxxx
因为
0x
1
x
2
,所以
2
1
2
2
0,2
12
1 0
,所以
2
x
1
x
2
10


2
所以
x
1
2
x
2

2
x
1
x
2
1

2
x
1
x
2
0
,即
f

x
1

 f

x
2


所以
f

x

2
x
1
在(0,+∞)单调递增.
2
x
【点睛】此题考查根据函数的奇偶性求参数的值，根据定义法讨论函数的单调性，对计算能
力要求比较高 .
21.已知函数
f

x

Asin


x
条对称轴之间的距离为
2

.
(1)求函数
f

x

的解析式及它的单调递增区间；
- 14 - 18- 14 -






A0,

0

的图象经过点
0,3
,且图 象上相邻两
3



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(2)是否存在实数
m
,使得不等式
f

m
2
2mf


m
2
1
成立?若存在,请求出
m
的

取值范围；若不存在,请说明理由.
【答案】(1)
f

x

2sin

【解析】
【分析】
（1）根据函数经过的点求
A
，根据对称轴求周期得
< br>
函数的单调性求函数的增区间；



5
< br>1

1

x

,

4k
,4k



kZ

；(2)存在,< br>m1
.
3
3


3
2

2
1
，即可得到函数解析式，结合正弦
2

m2
2m0
（2）根据

得
0m1
,所以
m
2
2m

0,1

,m
2
 1

0,1

，结合函
2

m10
数的单调性，
f

x

在
0,1
上单调递增,< br>f

m
2
2mf


m
2
1
等价于


m
2
2m


m
2
1
,即可求解.

【详解】(1)因为函数
f

x

Asin


x
所 以
f

0

Asin






A0,

0

的图象经过点
0, 3
,
3



3
3
,解得
A2

又函数图象上相邻两条对称轴之间的距离为
2

得
T4

,
又由
T
2


,得

< br>

1

1
,所以
f

x

2sin

x


3

2

2
结合函数
ysinx
的单调性,
令

< br>2
2k


5

1

x 2k


kZ

,解得
4k

 x4k

,
232
33


5
< br>
4k

,4k



kZ

；
fx
所以函数

的单调递增区间是

3

3


m
2
2m0
(2)由题意 知

,所以
0m1
,
2

m10所以
m
2
2m

0,1

,m
2
1

0,1


由函数
f
x

的单调递增区间是





5


4k

,4k



k Z

知,
3

3

- 15 - 18- 15 -

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f

x

在
0,1
上单调递增,
又f

m
2
2mf


m
2< br>1
,所以


m
2
2m


m
2
1
,解得
m

1

2
结合
0m1
,得
1
m1

2< br>【点睛】此题考查三角函数的综合应用，根据曲线上的点和对称轴求解析式，讨论单调性，
通过单 调性比较函数值的大小求解不等式，综合性强.
22.已知函数
f

x

1
axa,x

1,

.
x1
(1)若
a1
,求方程
fx0
的解集；
(2)若函数
yf

x

恰有两个不同的零点
x
1
,x
2

x
1
x
2

,求< br>x
1
x
2
的值.
【答案】(1)

【解析】
【分析】
（1）分类讨论解方程
15


3

15
55
a
；(2)当时,；当
a
时,
25
.

22
2
2


2x
x1
即可；
x1
（2）将
fx
解.
0
转化为讨论函数
g< br>
x


【详解】(1)当
a1
时,
f< br>
x


12x
1x10
,所以
x1

x1x1

1x2

x2
 
15
所以

2x
或

x2
解得< br>x
或
x

x1x1
2


x1

x1
所以当
a1
时,方程
fx


15


0
的解集为

； < br>2


11
a,h

x

 xa
,
axa
,记
g

x


x1
x1
(2)由题意令
fx0
得
作函数
g< br>
x

与
h

x

的图象,

,
1
a,h

x

xa
的公共点问题,分类讨论求
x1
- 16 - 18- 16 -

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由函数
yf

x

在定义域(1,+∞)内恰有两个不同的零点
x
1
,x
2

x
1
x
2

,
可知
a0
不合题意,故
a0

如图所示,要使函数yf

x

恰有两个不同的零点,则应有直线
yxa与函数
g

x


1

1

a
的图象相切或者直线
yxa
经过点

1,0

x1

a

1
a
的图象相切时,
x 1
(
i
)当直线
yxa
与函数
g

x



yxa

2
联立方程
1
,消去
y
得
x

2a1

x 2a10
,
ya

x1

由
0< br>得

2a1

4

2a1

0
,所以
a
2
1
3
(舍去)或
a

2
2
此时
x
2
2
,直线
yx
3
13
15


,解得
x
,联立
y 
1
x12
2
2
所以
x
1
x
2

55
；
2
1

1

y xa
(
ii
)当直线经过点

1,0

时,有
01a
,
a

a

所以
a
2
a10
,得
a
15

2
此时直线方程为
yx
1515

,x
1

22
- 17 - 18- 17 -

优质资料word可编辑

15

yx

2
35
联立

,消去
y
解得
x
2
,
2

y
15

1

2x1

所以
x
1
x
2
25
.
综上所述,当
a
3
55
15
时,
x
1
x
2

；当
a
时,
x
1
x
2
25
.
2
2
2
【点睛】此题考查函数零点与方程 的根的问题，利用分类讨论求解绝对值方程，将函数零点
问题转化为两个函数图象公共点的问题求解，涉 及分类讨论，数形结合，转化与化归思想.
- 18 - 18- 18 -