厦门市2020-2021-学年高一上学期数学期末质量检测答案

厦门市2020~2021学年第一学期高一年级质量检测数学试卷试卷分Ⅰ卷和Ⅱ卷两部分，满分150分考试时间120分钟第Ⅰ卷（选择题共60分）一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．在答题卷上相应题目的答题区域内作答．（2021厦门市1月高一质检，1）已知集合={3}AxNx∈|，则（）A．0A∉B．1A−∈C．{0}A⊆D．{1}A−⊆【答案】C【解析】因为N为自然数集，所以集合={0,1,2}A，故C正确（2021厦门市1月高一质检，2）设命题xexxp≥∃,0:,则p的否定为（）A．xexx≥≤∀,0B．xexx≥∀,0C．xexx≤∀,0D．xexx∀,0【答案】C【解析】先将条件中的全称量词改为存在量词，再否定结论.（2021厦门市1月高一质检，3）已知0.62a=，1.82b=，0.6log1.8c=，则（）A．cabB．abcC．bacD．cba【答案】A【解析】易求得1c，,1ab，此时只需要比较,ab即可。利用指数函数2xy=的性质，可比较出ba，所求答案为bac（2021厦门市1月高一质检，4）已知α顶点在坐标原点，始边与x轴非负半轴重合，终边过点(3,4)−，将α的终边逆时针旋转180，这时终边所对应的角是β,则cosβ=A．45−B．35−C．35D．45【答案】C【解析】根据三角函数的定义可知3cos5α=−，βαπ=+，所以3coscos()cos5βαπα=+=−=（2021厦门市1月高一质检，5）长征五号遥五运载火箭创下了我国运载火箭的最快速度.2020年11月24日，它成功将嫦娥五号探测器送入预定轨道.在不考虑空气阻力的条件下，火箭的最大速度v（单位：/kms）和燃料的质量M（单位：kg）、火箭（除燃料外）的质量m（单位：kg）的函数关系是2000ln1Mvm=+.若火箭的最大速度为11.2/skm，则燃料质量与火箭质量（除燃料外）的比值约为（）（参考数据：0.00561.0056e≈）A．1.0056B．0.5028C．0.0056D．0.0028【答案】C【解析】直接带入数据可得11.220001+Mem=，再根据参考数据可得1.005610.0056Mm=−=,所以选C（2021厦门市1月高一质检，6）定义在R上的奇函数()fx在(],0−∞单调递减，则不等式()()20fxfx+−≥的解集为（）A．(],2−∞B．(],1−∞C．[)1,+∞D．[)2,+∞【答案】B【解析】因为()fx在(],0−∞单调递减，且()fx为奇函数，所以()()20fxfx+−≥，即()()2fxfx≥−−，()()2fxfx≥−，所以2xx≤−，解得1x≤，故选B（2021厦门市1月高一质检，7）在ABC∆中，2cos2A=−，1tan3B=，则()tanAB−=（）A．2−B．12−C．12D．2【答案】A【解析】A为三角形内角，且2cos02A=−，∴34Aπ=，∴tan1A=−，∴()11tantan3tan211tantan13ABABAB−−−−===−++−．（2021厦门市1月高一质检，8）某单位计划今明两年购买某物品,现有甲、乙两种不同的购买方案.甲方案:每年购买的数量相等;乙方案:每年购买的金额相等.假设今明两年该物品的价格分别为12,pp()12pp≠,则这两种方案中的平均价格比较低的是（）A．甲B．乙C．甲、乙一样D．无法确定【答案】B【解析】假设甲购买的数量为x，则甲的平均价格为1212=22pxpxppxx++=甲，假设乙购买的金额为y，则乙的平均价格为12121222=ppyxyypppp=++乙，作商：()()22121212122144ppppxppppx+==甲乙，故x乙更小．二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错的得0分．在答题卷上相应题目的答题区域内作答．（2021厦门市1月高一质检，9）已知()tan3sinθθπ=−，则cosθ=（）A．1−B．13−C．13D．1【答案】ABD【解答】依题意得sin3sincosθθθ=−，当sin0θ=时，cos1θ=±；当sin0θ≠时，等式左右同时除以sinθ可得1cos3θ=−；故选ABD（2021厦门市1月高一质检，10）使得“ab”成立的充分不必要条件可以是（）A．1ab−B．11abC．abD．10.30.3ab−【答案】CD【解析】因为1ab−不能推出ab，而ab可以推出1ab−，所以1ab−是ab的必要不充分条件，故A错；11ab是ab的既不充分也不必要条件，故B错；ab即0ab≥，所以ab是ab的充分不必要条件，故C正确；10.30.3ab−即1ab−，所以10.30.3ab−是ab的充分不必要条件，故D正确。故选CD（2021厦门市1月高一质检，11）关于x的一元二次不等式220xxa−−≤的解集中有且仅有5个整数，则实数a的值可以是（）A．2B．4C．6D．8【答案】BC【解析】设()22fxxxa=−−，图像开口向上，对称轴为1x=，若关于x的一元二次不等式220xxa−−≤的解集中有且仅有5个整数，根据二次函数的对称轴以及对称性，则这5个整数应为1−，0，1，2，3，则()()101203204408faafaa−≤+−≤⇒≥⇒−+−⇒，实数a的范围满足38a≤，故选BC．（2021厦门市1月高一质检，12）已知函数()2,021,0xxaxxfxx−+≤=−，则（）A．()fx的值域为()1,−+∞B．当0a≤时，()()21fxfx+C．当0a时，存在非零实数0x，满足()()000fxfx−+=D．函数()()gxfxa=+可能有三个零点【答案】BC【解答】A选项只有当0a≤时，结合图像可得：函数()fx的值域为()1,−+∞；B选项正确，当0a≤，函数()fx单调递减，又21xx+，∴()()21fxfx+；C选项正确，令00x，要满足()()000fxfx−+=，只需()0fx−−的图像与函数()fx有交点即可．D选项错误，函数()2,021,0xxaxaxgxax−++≤=−+，要使有三个零点，显然，210xa−−+=有一解：得()0,1a∈．且20xaxa++=要有两解，即0∆，即04aa或，矛盾．故选BC．第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在答题卷上的相应题目的答题区域内作答．（2021厦门市1月高一质检，13）已知幂函数()fx的图像过点(2,2)，则(4)f=______．【答案】2【解析】幂函数()afxx=，因为过点(2,2)，所以12()fxx=，故(4)f=2（2021厦门市1月高一质检，14）已知某扇形的圆心角为3π,半径为3,则该扇形的弧长为.【答案】π【解析】扇形的圆心角3πα=，半径为3r=,∴扇形的弧长33πrαπ==×=,故答案为:π.（2021厦门市1月高一质检，15）某班有50名学生，其中参加关爱老人活动的学生有40名，参加洁净家园活动的学生有32名，则同时参加两项活动的学生最多有______名；最少有______名．【答案】32；22【解析】设集合A为参加关爱老人活动的学生，集合B为参加洁净家园活动的学生。40+3250∴可能全部人都参加了活动当所有人都参加了活动时，22AB=当只有集合A中的40人参加全部活动时，32AB=（2021厦门市1月高一质检，16）2020年是苏颂诞辰的1000周年，苏颂发明的水运仪象台被誉为世界上最早的天文钟，水运仪象台的原动轮叫枢轮，是一个直径约为3.4米的水轮，它转一圈是30分钟，如图，当点P从枢轮最高处随枢轮开始转动时，退水壶内的水面位于枢轮中心下方1.19米处。此时打开退水壶出水口，壶内水位以每分钟0.017米的速度下降，将枢轮转动视为匀速圆周运动，则P点至少经过分钟（结果取整）进入水中。（参考数据：2cos0.98,cos0.91,cos0.8115155πππ≈≈≈）【答案】12【解析】假设经过x分钟后，p刚好进入水面，即与A点重合如图所示；1.190.017;OBx=+1.7,OAOP==1.190.017cos0.70.011.7OBxAOBxOA+∴∠===+；当15AOBπ∠=时，0.70.010.98;28;xx+==，此时5.95OB=舍去，当3;15AOBπ∠=0.70.010.81;x+≈当11x=时，cos0.815π=舍去，x取12四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤，在答题卷上相应题目的答题区域内作答．（2021厦门市1月高一质检，17）已知函数()2fxxbxc=++，且()()2gxfxx=+为偶函数，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，求()fx的解析式．条件①：函数()fx在区间[]2,2−上的最大值为5；条件②：函数()0fx≤的解集为{}1；条件③：方程()0fx=有两根1x，2x，且221210xx+=．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】选①()2-2-3fxxx=；选②()2-2+1fxxx=；选③()2-2-3fxxx=【解析】()()()22=+2gxfxxxbxc=+++是偶函数，∴函数图像对称轴为y轴，202b+∴−=，解得2b=−，()22fxxxc∴=−+选①()fx的对称轴为212x−=−=，且2121−−−，()()max285fxfc∴=−=+=，3c∴=−，()2-2-3fxxx∴=.选②由函数()0fx≤的解集为{}1可知()0fx=有唯一实数解1x=，()110fc∴=−+=，1c∴=，()2-21fxxx∴=+.选③在方程22=0xxc−+中，由韦达定理可知12221xx−+=−=，12xxc=，()22212121224210xxxxxxc∴+=+−=−=，3c∴=−，()2-2-3fxxx∴=.（2021厦门市1月高一质检，18）已知函数()()sin0,2fxxπωϕωϕ=+的部分图象如图所示：（1）求()fx的解析式；（2）将()fx的图象上所以的点横坐标缩短道原来的12，纵坐标不变，得到函数()gx的图象.求方程()12gx=在[]0,π的实数解．【答案】（1）()sin6fxxπ=+；（2）方程()12gx=在[]0,π的实数解为0x=或3xπ=或xπ=【解析】（1）由图可得函数()fx周期为4236Tπππ=−−=，21Tπω∴==又函数()fx的过点,06π−()6kkZπϕπ∴−+=∈，即6kπϕπ=+又2πϕ，0k∴=，6πϕ=()sin6fxxπ∴=+（2）将()fx的图象上所以的点横坐标缩短道原来的12，即'2TTπ==2'2'Tπω∴==，()sin26gxxπ∴=+当[]0,xπ∈时，132,666xπππ+∈令()12gx=，即1sin262xπ+=则266xππ+=或56π或136π解得0x=或3π或π故方程()12gx=在[]0,π的实数解为0x=或3xπ=或xπ=．（2021厦门市1月高一质检，19）已知函数()112xfx=+（1）判断()fx的单调性并用定义证明（2）若()1log23af，求实数a的取值范围．【答案】（1）()fx单调递减，证明见解析；（2）a的取值范围是()()0,12,∪+∞【解析】（1）依题可知xR∈，取12,xx，令12xx则()()()()()()21211212121211121222121212121212xxxxxxxxxxfxfx+−−−−=+==++++++20x在xR∈上恒成立()