重庆南开中学高2018级高一（上）期末考试数 学 试 题本试卷分第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（选择题共60分）一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分，每小题只有一个选项符合要求）1、已知集合，则（）{}{}24,log 02x A x B x x =≤=>A B = A 、B 、C 、D 、[]1,2(]1,2()0,1(]0,12、“”是“”的（）条件6πα=1sin 2α= A 、充分不必要 B 、必要不充分 C 、充要D 、既不充分也不必要3、已知一个扇形的周长为10cm ，圆心角为2弧度，则这个扇形的面积为（ ）cm 2A 、25B 、5C 、D 、2542524、已知函数，则的零点所在的区间为（ ）()1254x f x x =+-()f x A 、B 、C 、D 、()0,1()1,2()2,3()3,45、函数的单调递减区间为（ ）()()2lg 6f x x x =-++ A 、B 、C 、D 、1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭12,2⎛⎫- ⎪⎝⎭1,32⎛⎫ ⎪⎝⎭6、将函数y ＝sin x 的图像上的点的横坐标扩大为原来的2倍，纵坐标不变得到图像C 1，再将图像C 1向右平移个单位得到的图像C 2，则图像C 2所对应的函数的解析式为（3π）A 、B 、1sin 23y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭1sin 26y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭C 、D 、sin 23y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭2sin 23y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭7、若，则的大小关系为（ ）()ln 11ln ,1,ln ,,2xx x e a x b c e ⎛⎫-∈=== ⎪⎝⎭,,a b cA 、B 、C 、D 、c b a >>b c a >>a b c >>b a c>>8、已知且，则的值为（ ）()0,απ∈3cos 45πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭cos α AB 、CD 、9、已知定义在上的奇函数f （x ）满足f （x +4）＝f （x ）恒成立，且f （1）＝1，R 则f （2016）+f （2017）+f （2018）的值为（ ） A 、0B 、1C 、2D 、310、化简tan20°+4sin20°的结果为（）A 、1B 、C D 1211、如图，圆O 与x 轴的正半轴的交点为A ，点，在圆上，点的坐标为，点B C O B ()1,2-位于第一象限，。

若，则的值为（ C AOC α∠=BC=2sincos222ααα+）A、B、 C D 12、已知函数，若方程f （x ）＝a 有四个不同的解、、、，()()21,0log ,02x x f x x x ⎧+≤⎪=⎨>⎪⎩1x 2x 3x 4x 且，则的取值范围为（ ）1234x x x x <<<()1312234x x xx x ++A 、B 、C 、D 、()1,-+∞(]1,1-(),1-∞[)1,1-第II 卷（非选择题，共90分）二、填空题：（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）各题答案必须填写在答题卡上相应位置（只填结果，不写过程）13、已知幂函数在（0，+∞）单调递减，则实数m 的值为()22133m m y m m x --=-+。

14、计算：。

lg 2log 22log1066+=15、已知且，则的值为。

()0,2θπ∈1cos 23θ=tan θ16、已知函数，若存在实数k 使函数f （x ）的值域为[0,2]，()()log 11,12221,x x k f x x x k x a⎧-+-≤<⎪=⎨⎪-+≤≤⎩则实数a 的取值范围为 。

三、解答题：（本大题共6个小题，共70分）各题解答必须答在答题卡上（必须写出必要的文字说明、演算步骤或推理过程）17、（10分）已知。

()()3tan 2,tan 2αβπβ+=-=（1）求的值；tan α（2）求的值。

()sin sin 2cos 2sin παπααα⎛⎫+-+ ⎪⎝⎭+18、（12分）已知定义在R 的函数。

()()11x x f x a a a=+>（1）判断f （x ）的奇偶性和单调性，并说明理由；（2）解关于x 的不等式：f （x -1）﹥f （2x +1）。

19、（12分）已知函数的图像关于直线()()22sin cos cos f x x x x x R ωωωωλλ=+⋅-+∈ 对称，其中ω，λ为常数且。

3x π=()0,2ω∈（1）求函数f （x ）的最小正周期；（2）若y ＝f （x ）的图像过点，求函数f （x ）在上的值域。

,06π⎛⎫ ⎪⎝⎭0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦20、（12分）已知函数f （x ）为二次函数，若不等式f （x ）﹤0的解集为（-2，1）且f （0）＝-2。

（1）求的解析式；()f x（2）若不等式对恒成立，求实数m 的取值范围。

()cos sin 4f m πθθθ⎛⎫≤++ ⎪⎝⎭R θ∈21、（12分）已知函数是奇函数。

()21log 1axf x x-=+（1）求实数的值；a （2）设函数，是否存在非零实数m 使得函数g （x ）恰好有两个零点？()()()log2g x f x mx =-若存在，求出m 的取值范围；若不存在，说明理由。

22、（12分）已知函数的定义域，若满足对任意的一个三边长为()f x ()0,D ⊆+∞()f x 的三角形，都有也可以成为一个三角形的三边长，则称为“保,,a b c D ∈()()(),,f a f b f c ()f x 三角形函数”。

（1）判断是否为“保三角形函数”，并说明理由；()()sin ,0,g x x x π=∈（2）证明：函数是“保三角形函数”；()[)ln ,2,h x x x =∈+∞（3）若是“保三角形函数”，求实数的最大值。

()()sin ,0,f x x x λ=∈λ重庆南开中学高2018级高一（上）期末数学试卷答案1．解：由A 中不等式变形得：2x ≤4=22，得到x ≤2，即A=（﹣∞，2]，由B 中不等式变形得：log 2x ＞0=log 21，得到x ＞1，即B=（1，+∞），则A∩B=（1，2]，故选：B ．2． 【分析】“”⇒“”，反之不成立，例如 ．即可判断出结论．6πα=1sin 2α=56πα=解：“”⇒“”，反之不成立，例如．6πα=1sin 2α=56πα=因此“”是“”的充分不必要条件． 故选：A ．6πα=1sin 2α=3．【分析】设扇形的半径为r ，弧长为l ，可得l 和r 的方程组，解方程组代入扇形的面积公式可得．解：设扇形的半径为r ，弧长为l ，∴，解得l =5，r=，∴扇形的面积S=lr=2102l r l r +=⎧⎨=⎩52故选：C ．4．解：函数，是单调增函数，并且f （2）=4+-5＜0，1()254x f x x =+-12f （3）=， 函数，则f （x ）的零点所在的区间为38504+->1()254x f x x =+-（2，3）．故选：C ．5．【分析】令t=﹣x 2+x +6＞0，求得函数的定义域，根据f （x ）=g （t ）=lgt ，本题即求函数t 在定义域内的减区间，再利用二次函数的性质得出结论．解：令t=﹣x 2+x +6＞0，求得﹣2＜x ＜3，可得函数的定义域为{x |﹣2＜x ＜3}，f （x ）=g （t ）=lgt ，本题即求函数t 在定义域内的减区间．再利用二次函数的性质可得函数t 在定义域内的减区间为（，3），12故选：D ．6．解：将函数y=sin x 的图象上的点的横坐标扩大为原来的2倍，得到y=sinx ，12然后向右平移个单位得到的图象C 2，即y=sin（x ﹣）=sin （x ﹣），3π1212故选：B ．7．【分析】依题意，由对数函数与指数函数的性质可求得a ＜0，b ＞1，＜c ＜1，从而可得1e【解答】解：∵x ∈（e ﹣1，1），a =ln x ∴a ∈（﹣1，0），即a ＜0；又y=为减函数，1(2x ∴b=＞==1，即b ＞1；ln 1()2x ln11()201(2又c=eln x =x ∈（e ﹣1，1）， ∴b ＞c ＞a ． 故选B ．8．【分析】根据同角的三角形关系求出sin （α+）=，再根据cosα=cos （α+﹣），利用两4π454π4π角差的余弦公式计算即可．解：∵α∈（0，π），∴α+∈（，），4π4π54π∵，∴sin （α+）=，3cos()45πα+=4π45∴cosα=cos （α+﹣）=cos （α+）cos+sin （α+）sin=4π4π4π4π4π4π3455+=故选：C ．9．解：∵f （x +4）=f （x ），∴函数f （x ）是周期为4的周期函数，则f （2016）=f （504×4）=f （0），f （2017）=f （504×4+1）=f （1）=1，f （2018）=f （504×4+2）=f （2），∵f （x ）是奇函数，∴f （0）=0，当x =-2时，f （-2+4）=f （-2），即f （2）=-f （2），则f （2）=0，即f （2016）+f （2017）+f （2018）=f （0）+f （1）+f （2）=0+1+0=1，故选：B ．10．解：tan20°+4sin20°=======故选：D ．11．解：∵点B 的坐标为（﹣1，2），∴|OB|=|OC|=，∵|BC|=∴△OBC 是等边三角形，则∠AOB=α+．3π则sin （α+），cos （α+），3π=3π=则sin coscos 2=cosα=sin （α+） 故选：D ．2α2α2α123π12．【分析】作出函数f （x ），得到x 1，x 2关于x =﹣1对称，x 3x 4=1；化简条件，利用数形结合进行求解即可．解：作函数f （x ）的图象如右，∵方程f （x ）=a 有四个不同的解x 1，x 2，x 3，x 4，且x 1＜x 2＜x 3＜x 4，∴x 1，x 2关于x =﹣1对称，即x 1+x 2=﹣2，0＜x 3＜1＜x 4，则|log 2x 3|=|log 2x 4|，即﹣log 2x 3=log 2x 4，则log 2x 3+log 2x 4=0 即log 2x 3x 4=0则x 3x 4=1；当|log 2x |=1得x =2或，12则1＜x 4≤2；≤x 3＜1；12故=﹣2x 3+，≤x 3＜1；3122341()x x x x x ++31x 12则函数y=﹣2x 3+，在≤x 3＜1上为减函数，31x 31x 则故x 3=取得最大值，为y=1，12当x 3=1时，函数值为﹣1．即函数取值范围是（﹣1，1]．故选：B 13． 解：幂函数在（0，+∞）单调递减，∴m 2﹣3m+3=1，即m 2﹣3m+2=0，解得m=1或m=2；当m=1时，m 2﹣m ﹣1=﹣2＜0，满足题意；当m=2时，m 2﹣m ﹣1=1＞0，不满足题意，舍去；∴实数m 的值为1．故答案为：1．14．解：=log 66+2=3．lg 266log 22log 10+故答案为：3．15．【解答】解：∵θ∈（0，2π）， ∴∈（0，π），2θ又∵， ∴，1cos23θ=sin2θ=∴，sin2sin2cos2θθθ=∴tanθ== 故答案为：2221tan 2tanθθ-　16．解：由题意，令log 2（1﹣x ）+1=0， ∴x =，12令x 2﹣2x +1=2，可得，∵存在实数k 使函数f （x ）的值域为[0，2]，∴实数a 的取值范围是[，]．12故答案为：[，]．1217．【分析】（1）由题意可得tan （α+β）=2，tanβ=﹣，代入32tanα=tan[（α+β）﹣β]=，计算可得；tan()tan 1tan()tan αββαββ+-++（2）由诱导公式和弦化切可得原式=，代值计算可得．1tan 12tan αα++解：（1）∵，3tan()2,tan()2αβπβ+=-=∴tan （α+β）=2，tanβ=﹣，32∴tanα=tan[（α+β）﹣β]==﹣；32tan()tan 231tan()tan 12()2αββαββ++-=+++⨯-74（2）化简可得==cos sin 1tan cos 2sin 12tan αααααα++=++310　18．解：（1）f （﹣x ）=11()x xx xa a f x a a --+=+=则函数为偶函数，当x ≥0时，设0≤x 1＜x 2，即f （x 1）﹣f （x 2）= 121211x x x x a a a a +--= = =（，121211x x x x a a a a-+-211212()x x x x x x a a a a a a --+1212121()x x x x x x a a a a a a --⋅∵a ＞1，0≤x 1＜x 2∴1≤，12x x a a <则，，120x x a a -<1210x x a a ⋅->则f （x 1）﹣f （x 2）＜0，则f （x 1）＜f （x 2），即此时函数单调递增，同理当x ≤0时，函数单调递减；（2）∵函数f （x ）是偶函数，且在[0，+∞）上为增函数，则关于x 的不等式：f （x ﹣1）＞f （2x +1）等价为f （|x ﹣1|）＞f （|2x +1|），即|x ﹣1|＞|2x +1|，平方得x 2﹣2x +1＞4x 2+4x +1，即3x 2+6x ＜0，即x 2+2x ＜0，得﹣2＜x ＜0，即不等式的解集为（﹣2，0）．19．【分析】（1）化简可得f （x ）=2sin （2ωx ﹣）+λ，由对称性可得ω，可得最小正周期；6π（2）由图象过点可得λ=﹣1，由结合三角函数的值域可得．(,0)6π0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦解：（1）化简可得f （x ）=•2sinωx cosωx ﹣（cos 2ωx ﹣sin 2ωx ）+λ=sin2ωx ﹣cos2ωx +λ=2sin （2ωx ﹣）+λ6π由函数图象关于直线对称可得2ω•﹣=kπ+，k ∈Z ，3x π=3π6π2π解得ω=k+1，结合ω∈（0，2）可得ω=1，32∴f （x ）=2sin （2x ﹣）+λ，6π∴函数f （x ）的最小正周期T==π；22π（2）∵y=f （x ）的图象过点，∴2sin （2•﹣）+λ=0，解得λ=﹣1，6π6π∴f （x ）=2sin （2x ﹣）﹣1，6π∵，∴2x ﹣∈[﹣，]，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦6π6π56π∴sin （2x ﹣）∈[﹣，1]，6π12∴2sin （2x ﹣）∈[﹣1，2]，6π∴2sin （2x ﹣）﹣1∈[﹣2，1]，6π故函数f （x ）在上的值域为[﹣2，1]0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦20．【分析】（1）设出二次函数的表达式，得到关于a ，b ，c 的方程，解出即可求出函数的表达式；（2）求出f （cosθ），问题转化为sin2θ+（1+m ）sinθ+1≥0对θ∈R 恒成立，令g （θ）=sin2θ+（1+m ）sinθ+1，通过讨论对称轴的位置，从而求出g （θ）的最小值，得到关于m 的不等式，解出即可．解：（1）∵函数f （x ）为二次函数，∴设f （x ）=ax 2+b x +c ，∵不等式f （x ）＜0的解集为（﹣2，1）且f （0）=﹣2，∴， 解得：，2422020c a b a b =-⎧⎪--=⎨⎪+-=⎩112a b c =⎧⎪=⎨⎪=-⎩∴f （x ）=x 2+x ﹣2；（2）由（1）得：f （cosθ）=cos2θ+cosθ﹣2，∴由不等式对θ∈R恒成立，(cos )sin 4f m πθθθ++得：cos2θ+cosθ﹣sin （θ+）+msinθ对θ∈R 恒成立，4π∴sin2θ+（1+m ）sinθ+1≥0对θ∈R 恒成立，令g （θ）=sin2θ+（1+m ）sinθ+1=，221(1)(sin 124m m θ++++-∵﹣1≤sinθ≤1，∴①﹣1≤≤1即﹣3≤m≤1时：12m +g min （θ）=1﹣≥0，2(1)4m +解得：﹣3≤m≤1，符合题意；②＜﹣1即m ＜﹣3时：12m +g min （θ）=+1﹣＞0，21(12m ++2(1)4m +解得：m ＞﹣3，无解；③＞1即m ＞1时：12m +g min （θ）=+1﹣＞0，21(12m +-+2(1)4m +解得：m ＜1，无解；综上，满足条件的m 的范围是[﹣3，1]．21．【分析】（1）由奇函数性质得f （x ）+f （﹣x ）==0，由此能求出a ．2211log log 11ax axx x-+++-（2）当a =﹣1时，g （x ）=f （x ）﹣log 2（m x ）=﹣log 2（m x ）=0，得x = ，1m不存在非零实数m 使得函数g （x ）恰好有两个零点；当a =1时，g （x ）=f （x ）﹣log 2（m x ）= =0，得x =1，不存在非零实数m 使得21log (1)xx mx-+⋅函数g （x ）恰好有两个零点．【解答】解：（1）∵函数是奇函数，21()log 1axf x x-=+∴f （x ）+f （﹣x ）= 2211log log 11ax axx x -+++-= =0，211log (11ax axx x-+⨯+-∴=1， ∴1﹣a 2x 2=1﹣x 2，1111ax axx x-+⨯+-解得a =±1．（2）不存在非零实数m 使得函数g （x ）恰好有两个零点，理由如下：当a =﹣1时，g （x ）=f （x ）﹣log 2（m x ）=﹣log 2（m x ），由﹣log 2（m x ）=0，解得mx=1，x =，不存在非零实数m 使得函数g （x ）恰好有两个零点；1m当a =1时，g （x ）=f （x ）﹣log 2（m x ）=﹣log 2（mx ）=，21log 1xx-+21log (1)x x mx -+⋅由=0，得x =1，不存在非零实数m 使得函数g （x ）恰好有两个零点．21log (1)xx mx-+⋅综上，不存在非零实数m 使得函数g （x ）恰好有两个零点．　22．【分析】欲判断函数f （x ）是不是“保三角形函数”，只须任给三角形，设它的三边长a 、b 、c 满足a +b ＞c ，判断f （a ）、f （b ）、f （c ）是否满足任意两数之和大于第三个数，即任意两边之和大于第三边即可．因此假设a ≤c 且b≤c ，在各个选项中根据定义和函数对应法则进行求解判断即可．解：（1）若a =，b=，c=，3π3π2π则f （a ）=f （b ）=sin=，f （c ）=sin =1，3π122π则f （a ）+f （b ）==1，不满足f （a ）+f （b ）＞f （c ）1122+故f （x ）=sin x ，不是“保三角形函数”．（2）对任意一个三角形三边长a ，b ，c ∈[2，+∞），且a +b ＞c ，b+c ＞a ，c+a ＞b ，则h （a ）=lna ，h （b ）=lnb ，h （c ）=lnc ．因为a ≥2，b≥2，a +b ＞c ，所以（a ﹣1）（b ﹣1）≥1，所以a b≥a +b ＞c ，所以ln a b ＞lnc ，即ln a +lnb ＞lnc ．同理可证明lnb+lnc ＞ln a ，lnc+ln a ＞lnb ．所以lna ，lnb ，lnc 是一个三角形的三边长．故函数h （x ）=ln x （x ∈[2，+∞））．（3）λ的最大值是．56π①当λ＞时，取a ==b ，c=，显然这3个数属于区间（0，λ），且可以作为某个三56π56π2π角形的三边长，但这3个数的正弦值、、1显然不能作为任何一个三角形的三边，故此时，1212h （x ）=sin x ，x ∈（0，λ）不是保三角形函数．②当λ=时，对于任意的三角形的三边长a 、b 、c ∈（0，），56π56π若a +b+c≥2π，则a ≥2π﹣b ﹣c ＞2π﹣﹣=，56π56π3π即 a ＞，同理可得b ＞，c ＞， ∴a 、b 、c ∈（，），3π3π3π3π56π∴sina 、sinb 、sinc ∈（，1]．12由此可得 sina+sinb ＞+=1≥sinc ，即 sin a +sinb ＞sinc ，1212同理可得sina+sinc ＞sinb ，sinb+sinc ＞sina ，故sina 、sinb 、sinc 可以作为一个三角形的三边长．若a+b+c ＜2π，则＜π，22a b c++当≤时，由于a+b ＞c ，∴0＜＜≤，∴0＜sin ＜sin ≤1．2a b +2π2c 2a b +2π2c 2a b+当＞时，由于a+b ＞c ，∴0＜＜＜，∴0＜sin ＜sin ＜1．2a b +2π2c 2a b +2π2c 2a b+综上可得，0＜sin ＜sin ≤1．2c 2a b+再由|a ﹣b|＜c ＜，以及y=cosx 在（ 0，π）上是减函数，56π可得 cos=cos ＞cos ＞cos ＞0，2a b -2a b -2c 512π∴sina+sinb=2sincos ＞2sin cos =sinc ，2a b +2a b -2c 2c 同理可得sin a +sinc ＞sinb ，sinb+sinc ＞sin a ，故sina 、sinb 、sinc 可以作为一个三角形的三边长．故当λ=时，h （x ）=sin x ，x ∈（0，M ）是保三角形函数，故λ的最大值为，56π56π。