宁德市2020—2021学年度第一学期期末高一数学参考答案

数学试题参考答案

一、选择题：

1-4：D C C A 5-8： B D B A

二、多选题：

9. AC ；10. BCD； 11. AC ； 12. AD

三、填空题：

13 13. 3 14. 15. , 2k,2kkZ

443 16. 2

备注：第15题前空2分后空3分，后空的区间写开或闭皆可，kZ未写不扣分.

四:解答题：

17.解：

(1)因为x3x20，所以x-3x+20，………………………………………1分 所以A={1x2}.………………………………………………………………………3分

22 因为m113，所以B{-x}…………………………………………………4分 2223}……………………………………………………………6分 2所以AB{x/1x (2)因为AB，m1，…………………………………………………………8分

m22m1

所以，所以0m1.……………………………………………………10分

m0

18.解：

f(1)2ab2 （1）由题意得5，即4ab5………………………………………2分

f(2)222 所以ab2a1，解得………………………………………………………4分

4ab5b1x21 所以f(x)………………………………………………………………………5分

x（2）由（1）知f(x)x分 证明如下：

任取x1,x2[1,)，且x1x2，有 f(x1)f(x2)(x1+1，函数f(x)在[1,)单调递增，…………………………6x11)(x2+)………………………………………………………7分 x1x2111)=(x1x2)(1) x1x2x1x2 =(x1x2)+( =

(x1x2)(x1x21) ………………………………………………………9分

x1x2因为1x1x2，所以x1x20，x1x20，x1x210，

所以f(x1)f(x2)0，即f(x1)f(x2)，……………………………………………11分 所以f(x)在[1,)单调递增，命题得证.………………………………………………12分 19.解：(1)f(x)2sinx2sinxcosx1

………………………………………………………………………2分

22( 22sin2xcos2x) 222sin(2x) ………………………………………………………………4分

4 所以 f(x)的最小正周期为………………………………………………………6分

（2）f(224)2sin()2sin() 1246 因为(0,2),6(,) ， 63 所以2sin(6)424， 即 sin()……………………………………8分 565 所以cos(3)………………………………………………………………………9分 65因为coscos(6)6

cos()cossin()sin6666 3341334=, 525210所以cos334.…………………………………………………………………12分 102， 320.解：（1）因为每经过一次过滤均可使水的杂质含量减少所以每次过滤后所含的杂质是前一次的

1………………………………………………2分 3所以得到ya%(),xN

13x即ya1()x,xN…………………………………………………………………5分 1003 (没有写xN扣1分)

（2）设至少经过x次过滤才能使矿泉水达到要求，则

1a%()x0.002a%………………………………………………………………………7分

3所以()13x2 1000所以lg()lg13x2…………………………………………………………………………8分 1000即xlg12lg……………………………………………………………………………9分 310003lg230.3015.7…………………………………………………………10分 lg30.477所以x又xN,所以x6………………………………………………………………………11分 即至少经过6次过滤才能使矿泉水达到要求.………………………………………………12分

21.解法一：

（1）依题意得方程ax3x1=0的两根为-1，b，……………………………………1分 将x1代入方程得a4，……………………………………………………………2分 于是方程ax3x1=0可化为4x3x1=0,解得x1或x2221.………………3分 4所以函数f(x)的零点为-1，.……………………………………………………………4分 （2）因为函数f(x)ax3x1在(1,1)内恰有1个零点， 所以该函数图象在(1,1)内与x轴只有一个公共点.

214（-1，1）（i）当a0时，由f(x)3x1=0，得x=，故a0满足题意；………5分

（ii）当a0时，

①当函数f(x)的图象在x轴两侧时，则由f(1)f(1)(a4)(a2)0,

解得-2a4，……………………………………………………………………………6分 此时-2a4且a0，满足题意…………………………………………………………7分 当a-2时，x131（-1，1），满足题意；…………………………………………………8分 21（-1，1），满足题意.……………………………………………………9分 4当a4时，x②当函数f(x)的图象在x轴同侧时，则由3-4a(1)0,

2解得a9…………………………………………………………………………………10分 4.

922x3x1=0即9x2-12x+4=0解得x（-1，1） 43由f(x)-故a9，满足题意.………………………………………………………………………11分 494综上所述，a的取值范围是[2,4].………………………………………………12分 解法二：

（1）同解法一;………………………………………………………………………………4分 （2）依题意知方程ax3x1=0在(1,1)内恰有1个实根，……………………………5分 显然x=0时不满足方程ax3x1=0， 所以a2213x121()3()…………………6分 x2xx令t1（-1，0）（0，1）因为x，

x,

所以t(,1)(1,),

于是at3t，t(,1)(1,)，………7分 分别画出函数yt3t，t(,1)(1,) 和函数ya的图象,如图所示.

2因为函数yt3t，在(,1)(1,)上单调递减,

2232在[,)上单调递增.……8分 当t1时y4； 当t1时y-2；

32 当t39时y-.………………………………………………………………………10分 2494结合图象可知，要使两函数图象恰有一个公共点，必须a[2,4].………12分

22.解：

（1）①③……………………………………………………………………………1分 由条件①知A=4，由条件③知T，从而2.………………………………………2分 因为为函数f(x)图象最高点， （，4）6所以26+=2+2k,kZ，=6+2k.



26所以 f(x)4sin(2x).…………………………………………………………………3分

6因为，所以=5（2）由（1），当x,时，2x,.…………………………………4分

66663当2x当2x66时，f(x)取最小值2，

62时，f(x)取最大值4，

所以f(x)在x,时的值域为2,4.………………………………………………5分

63记函数yg(x),x0,2的值域为A. 若对任意的x1[0,2]，存在x2[,]， 63使得g(x1)f(x2)成立，则A2,4.…………………………………………………6分 因为x0,1时，g(x)x2mxm1，

所以g(1)0，即函数g(x)的图象过对称中心(1,0).

m(i)当0，即m0时，函数g(x)在0,1上单调递增，由对称性知，g(x)在1,2上单

2调递增，从而g(x)在0,2上单调递增.

g(0)m1，由对称性得g(2)g(0)1m，则Am1,1m.

m12要使A2,4，只需，

1m4解得m1，所以1m0…………………………………………………………………8分

(ii)当0mmm1，即0m2时，函数g(x)在0,上单调递减，在,1上单调递222mm增，由对称性知，g(x)在1,2上单调递增，在2,2上单调递减.

22mmmm0,,22,2上单调递减，函数在上单调递减，在上单调递增，在 g(x)所以2222mmg(x)minming(),g(2),g(x)maxmaxg(0),g(2)，

22mm22mmm22其中g()(),g(2)g()()，

222221m2m2()222要使A2,4，只需， m14m22)4(2解得2m3，0m2.………………………………………………………………10分 (iii) 当

m1，即m2时，函数g(x)在0,1上单调递减，由对称性知，g(x)在1,2上单2调递减，从而g(x)在0,2上单调递减.此时 A1m,m1. 1m2要使A2,4，只需，解得m3，2m3.

m14综上可知，实数m的取值范围是1,3.…………………………………………………12分