江蘇省徐州市大許中學(xué)2020-2021學(xué)年高一上學(xué)期質(zhì)量檢測（三）數(shù)學(xué)試卷

高一數(shù)學(xué)試題一、填空題1.設(shè)集合，則2.函數(shù)的定義域為3.函數(shù)的周期為4.函數(shù)為偶函數(shù)，且當(dāng)時，，則5.函數(shù)，則6.已知向量，若，則實數(shù)=．7.已知，則ABCDEABCDEF9．如圖已知在中，，，，，，則的值為．10.將函數(shù)的圖象向右平移個單位長度后得到函數(shù)的圖象,若的圖象都經(jīng)過點,則=．11.已知，則12.給定兩個向量=（1，2），=（x，1），若與的夾角為銳角，則實數(shù)x的取值范圍是．13．已知函數(shù)在區(qū)間內(nèi)是減函數(shù)，則的取值范圍是．14.已知，若使函數(shù)存在整數(shù)零點的實數(shù)恰有4個，則實數(shù)的取值范圍是．二、解答題15.設(shè).（1）若，試求；（2）若，求實數(shù)的取值范圍。16.已知函數(shù).（I）求的最小正周期和單調(diào)遞減區(qū)間；（II）求函數(shù)在的值域．17.已知向量a＝(cosα，sinα)，b＝(cosβ，－sinβ)．（1）若α＝EQ\F(π,2)，β＝－EQ\F(π,6)，求向量a與b的夾角；（2）若a·b＝EQ\F(EQ\r(2),2)，tanα＝EQ\F(1,7)，且α，β為銳角，求tanβ的值．18.如圖ABCD是一塊邊長為100m的正方形地皮，其中ATPN是一半徑為90m的扇形小山，P是弧TN上一點，其余部分都是平地，現(xiàn)一開發(fā)商想在平地上建造一個有邊落在BC與CD上的長方形停車場PQCR，設(shè).用表示長方形停車場PQCR的面積；求長方形停車場PQCR面積的最大值。19.函數(shù).若函數(shù)在區(qū)間上有兩不等的零點，求實數(shù)的取值范圍；若函數(shù)在區(qū)間的最小值為，求實數(shù)的值；若函數(shù)在區(qū)間上有兩不等的零點，求實數(shù)的取值范圍；20.對于定義在[0，＋)上的函數(shù)f(x)，若函數(shù)y=f(x)－(ax＋b)滿足：①在區(qū)間[0，＋)上單調(diào)遞減；②存在常數(shù)p，使其值域為(0，p]，則稱函數(shù)g(x)＝ax＋b為f(x)的“漸近函數(shù)”．（1）證明：函數(shù)g(x)＝x＋1是函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋2x＋3,x＋1)，x[0，＋)的漸近函數(shù)，并求此時實數(shù)p的值；（2）若函數(shù)f(x)＝eq\r(x2＋1)，x[0，＋)的漸近函數(shù)是g(x)＝ax，求實數(shù)a的值，并說明理由．

參考答案一、填空題1.2.3.4.5.86.7.8.9.110.11.12.13.14.二、計算題15.（1）………………7分（2）………………14分16.解（Ⅰ）由此得的最小正周期為.由得：所以函數(shù)的遞減區(qū)間為.……6分（II）由，得，而函數(shù)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減，所以的值域為，……14分17.（1）……6分（2）……14分18.解：（1）如上添加輔助線，設(shè)∠PAB=θ（00<θ<900），則AM=90cosθ,PM=90sinθ，RP=RM－PM=，PQ=MB=100－90cosθ，=PQ·PR=（100－90cosθ）·（100－90sinθ）…6分=10000－9000（sinθ+cosθ）+8100sinθcosθ。設(shè)sinθ+cosθ=t(1<t≤)，則sinθcosθ=。代入化簡得=（t－）2+950。故當(dāng)t=時，Smax=14050－9000(m2)……16分19.（1）……5分（2）……10分（3）……16分20.解（1）由題意知，f(x)－x－1＝eq\f(x2＋2x＋3,x＋1)－x－1＝eq\f(x2＋2x＋3－(x＋1)2,x＋1)＝eq\f(2,x＋1)．易知，函數(shù)y＝eq\f(2,x＋1)在[0，＋)上單調(diào)遞減，且值域為(0，2]．所以，函數(shù)g(x)＝x＋1是函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋2x＋3,x＋1)，x[0，＋)的漸近函數(shù)，此時p＝2．………6分（2）①當(dāng)a＞1時，考察函數(shù)y＝eq\r(x2＋1)－ax，令y＝0，得eq\r(x2＋1)＝ax，兩邊平方得x2＋1＝a2x2，所以x2＝eq\f(1,a2－1)，因為x≥0，所以x＝eq\r(eq\f(1,a2－1))，即x＝eq\r(eq\f(1,a2－1))時，函數(shù)y＝eq\r(x2＋1)－ax的值為0．因此，函數(shù)y＝eq\r(x2＋1)－ax的值域不是(0，p]．所以g(x)＝ax不是函數(shù)f(x)＝eq\r(x2＋1)的漸近函數(shù)．…8分②當(dāng)a＝1時，考察函數(shù)y＝eq\r(x2＋1)－x，由于eq\r(x2＋1)－x＝eq\f(1,eq\r(x2＋1)＋x)，下面考察t＝eq\r(x2＋1)＋x．任取x1，x2[0，＋)，且x1＜x2，則t1－t2＝eq\r(xeq\o\al(\s\up2(2),1)＋1)＋x1－eq\r(xeq\o\al(\s\up2(2),2)＋1)－x2＝eq\r(xeq\o\al(\s\up2(2),1)＋1)－eq\r(xeq\o\al(\s\up2(2),2)＋1)＋x1－x2＝eq\f(xeq\o\al(\s\up2(2),1)－xeq\o\al(\s\up2(2),2),eq\r(xeq\o\al(\s\up2(2),1)＋1)+eq\r(xeq\o\al(\s\up2(2),2)＋1))＋x1－x2＝(x1－x2)(eq\f(x1＋x2,eq\r(xeq\o\al(\s\up2(2),1)＋1)＋eq\r(xeq\o\al(\s\up2(2),2)＋1))＋1)＜0，所以函數(shù)t＝eq\r(x2＋1)＋x在[0，＋)上單調(diào)遞增，又當(dāng)x無限增大時，t的值也無限增大，所以t的取值范圍是[1，＋)．因為函數(shù)y＝eq\F(1,t)在(0，＋）單調(diào)遞減，從而函數(shù)y＝eq\r(x2＋1)－x在[0，＋）單調(diào)遞減，且值域為(0，1]．所以g(x)＝x是f(x)＝eq\r(x2＋1)的漸近函數(shù)．…11分③當(dāng)0＜a＜1時，方法（一）y＝eq\r(x2＋1)－ax＝(eq\r(x2＋1)－x)＋(1－a)x因為eq\r(x2＋1)－x(0，1]，所以y＞(1－a)x．假設(shè)y＝ax是f(x)＝eq\r(x2＋1)的漸近函數(shù)，則y＝eq\r(x2＋1)－ax的值域為(0，p]，故y的最大值為p．設(shè)(1－a)x＝p，則x＝eq\f(p,1－a)，當(dāng)x＞eq\f(p,1－a)時，必有y＞p，矛盾．所以，此時g(x)＝ax不是函數(shù)f(x)的漸近函數(shù)．………13分方法（二）記F(x)＝eq\r(x2＋1)－ax，則F(0)＝1，由eq\r(x2＋1)－ax＝1，即eq\r(x2＋1)＝ax＋1，解得x＝eq\f(2a,1－a2)＞0，即F(0)＝F(eq\f(2a,1－a2))，所以函數(shù)y＝eq\r(x2＋1)－ax在[0