江苏省扬州中学2019-2020高一上学期12月月考试题数学（Word版附答案）.docx

试卷第 1 页，总 8 页 江苏省扬州中学高一 12 月月考 数学试卷 第 I 卷（选择题) 一、单选题 1．已知集合 U={-2，-1，0，1，2}，A={0，1，2}，则∁UA=（ ） A． B． C． 1, D． 2．函数 的最小正周期为（ ） A． B． C．2 D．4 3．已知一个扇形的圆心角为 3 弧度，半径为 4，则这个扇形的面积等于（ ）． A．48 B．24 C．12 D．6 4． 化简后等于（ ）． A． B． C． D． 5．已知函数 ，则 的解析式是（ ） A． B． C． D． 6．化简 的结果为（　　） A．0 B．2 C．4 D．6 7．化简 = ( ) A．± (cos2-sin2) B．sin2-cos2 C．cos2-sin2 D．sin2+cos2 8．设 a=sin1,b=cos1,c=tan1,则 a,b,c 的大小关系是（ ） A．a 0 则푓(푥1) ― 푓(푥2) = 2 6푥2 + 1 ― 2 6푥1 + 1 = 2(6푥1 ― 6푥2) (6푥1 + 1)(6푥2 + 1) > 0 所以푓(푥1) > 푓(푥2)，则푓(푥)在 R 上是增函数． ∵ 0 < 2 6푥 + 1 < 2 ∴ 푓(푥) = 1 ― 2 6푥 + 1 ∈ ( ― 1,1)，则푓(푥)的值域为( ― 1,1) 20．（1）由图象知 A=2， = -（- ）= ,得 T=π，得 ω=2， 又 f（- ）=2sin[2×（- ）+φ]= -2，得 sin（- +φ）= -1， 即- +φ=- +2kπ，即 ω= +2kπ，k∈Z， ∵|φ|＜ ，∴当 k=0 时，φ= ， 即 A=2，ω=2，φ= ； （2）a=- - =- - =- ，b=f（0）=2sin =2× =1， ∵f（x）=2sin（2x+ ），∴由 2kπ- ≤2x+ ≤2kπ+ ，k∈Z， 得 kπ- ≤x≤kπ+ ，k∈Z，即函数 f（x）的递增区间为[kπ- ，kπ+ ]，k∈Z； （3）∵f（α）=2sin（2α+ ）= ，即 sin（2α+ ）= ， ∵α∈[0，π]，∴2α+ ∈[ ， ]， ∴2α+ = 或 ，∴α= 或 α= ． 21．（1）令 ， ，则 ，对称轴为 ． ① ，即 ， ． ② ，即 ， ． ③ ，即 ， ． 综上可知， 3 4 T 5 12 π 3 π 9 12 π 3 π 3 π 2 3 π 2 3 π 2 π 6 π 2 π 6 π 6 π 3 π 4 T 3 π 4 π 7 12 π 6 π 1 2 6 π 2 π 6 π 2 π 3 π 6 π 3 π 6 π 6 π 2 6 π 2 2 6 π 6 π 13 6 π 6 π 4 π 3 4 π 24 π 7 24 π sin x t= [ 1,1]t ∈ − 2( ) ( ) 1f x g t t at a= = + + + 2 at = − 12 a− < − 2a > ( )单调增xf min( ) ( 1) 2f x g= − = 1 12 a− ≤ − ≤ 2 2a− ≤ ≤ 2 min( ) ( ) 12 4 a af x g a= − = − + + 12 a− > 2a < − ( )单调减xf min( ) (1) 2 2f x g a= = + 2 min 2, 2; ( ) 1, 2 2;4 2 2, 2. a af x a a a a > = − + + − ≤ ≤  + < −试卷第 7 页，总 8 页 （2）由题意可知， ， ， 的图象是开口 向上的抛物线，最大值一定在端点处取得，所以有 故 ． （3）令 ， ．由题意可知，当 时， 有两个不等实数解， 所以原题可转化为 在 内有两个不等实数根．所以有 22．（Ⅰ）由题意得 g（x）=log3x， 因为 g（kx2+2x+1）=log3（kx2+2x+1）的定义域为 R,所以 kx2+2x+1＞0 恒成立， 当 k=0 时不满足条件， 当 k≠0 时，若不等式恒成立， 则 ，即 ，解得 k＞1； （Ⅱ）由|g（x1）|=|g（x2）|，得|log3x1|=|log3x2|，因为 0＜x1＜x2， 所以 0＜x1＜1＜x2，且－log3x1=log3x2，所以 log3x1+log3x2=log3x1x2=0，所以 x1x2=1， 所以则 4x1+x2=4x1+ ，0＜x1＜1，因为函数 y=4x+ 在（0， ）上单调递减，在 （ ，1）上单调递增，所以当 x1= 时，4x1+x2 取得最小值为 4． （Ⅲ）h（x）= =－1+ ，（m≠0）， （i）当 m＞0，1+m3x＞1，则 h（x）在[0，1]上单调递减，所以 ≤h（x） ≤ ， ①若| |≥| |，即 m∈（0， ]时，存在上界 M，M∈[| |，+∞）， ②若| |＜| |，即 m∈（ ，+∞）时，存在上界 M，M∈[| |，+∞）， max( ) 0f x < 2( ) ( ) 1f x g t t at a= = + + + [0,1]t ∈ (0) 1 0, (1) 2 2 0, g a g a = +  { k 0 4 4k 0 > = − > 1 1 x 1 x 1 2 1 2 1 2 x x 1 m 3 1 m 3 − ⋅ + ⋅ x 2 1 m 3+ ⋅ 1 3m 1 3m − + 1 m 1 m − + 1 m 1 m − + 1 3m 1 3m − + 3 3 1 m 1 m − + 1 m 1 m − + 1 3m 1 3m − + 3 3 1 3m 1 3m − +试卷第 8 页，总 8 页 （ii）当 m＜0 时， ①若－ ＜m＜0 时，h（x）在[0，1]上单调递增，h（x）∈[ ， ]，存在上 界 M，M∈[ ，+∞）， ②若 m=－ 时，h（x）=－1+ 在[0，1)上单调递增，h（x）∈[2，+∞），故不 存在上界． ③若－1＜m＜－ 时，h（x）在[0，log3（－ ））上单调递增，h（x）在（log3（－ ），1]上单调递增，h（x）∈（－∞， ]∪[ ，+∞）故不存在上界， ④若 m=－1，h（x）=－1+ 在（0，1]上单调递增，h（x）∈（－∞，－2]，故不 存在上界 ⑤若 m＜－1，h（x）在[0，1]上单调递增，h（x）∈[ ， ]，而 ＜ 0，存在上界 M，M∈[| |，+∞）； 综上所述，当 m＜－1 时，存在上界 M，M∈[| |，+∞）， 当－1≤m≤－ 时，不存在上界， 当－ ＜m＜0 时，存在上界 M，M∈[ ，+∞）， 当 m∈（0， ]时，存在上界 M，M∈[| |，+∞）， 当 m∈（ ，+∞）时，存在上界 M，M∈[| |，+∞）． 1 3 1 m 1 m − + 1 3m 1 3m − + 1 3m 1 3m − + 1 3 x 2 11 33 − ⋅ 1 3 1 m 1 m 1 m 1 m − + 1 3m 1 3m − + x 2 1 3− 1 m 1 m − + 1 3m 1 3m − + 1 3m 1 3m − + 1 m 1 m − + 1 m 1 m − + 1 3 1 3 1 3m 1 3m − + 3 3 1 m 1 m − + 3 3 1 3m 1 3m − +