2024-2025學(xué)年浙江省衢州市高一上學(xué)期1月教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)數(shù)學(xué)試卷（含答案）

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2024-2025學(xué)年浙江省衢州市高一上學(xué)期1月教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.已知集合A={1,2,3}，B={0,2,4}，則A∩B=(

)A.{0} B.{2} C.{1,2} D.{0,1,2,3,4}2.已知冪函數(shù)f(x)的圖象過(guò)點(diǎn)(2,2)，則f(9)=A.?3 B.3 C.2 D.3.“x>0”是“ex>1”的(

)A.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充要條件 D.既不充分也不必要條件4.下列不等關(guān)系成立的是(

)A.3?0.3>20.1 B.log23>5.函數(shù)f(x)=(x+1)2(x?2)的部分圖象大致為A.B.

C.D.6.已知函數(shù)f(x)=2x+x?1，g(x)=log2x+x?1，?(x)=x3+x?1的零點(diǎn)分別為a，b，c，則A.a>b>c B.b>c>a C.c>a>b D.b>a>c7.已知函數(shù)y=f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)P(a,b)中心對(duì)稱(chēng)的充要條件是函數(shù)y=f(x+a)?b為奇函數(shù)，則函數(shù)f(x)=12x?1A.(1,1) B.(2,13) C.(0,?8.已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，g(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(x)，g(x)在(?∞,0]上單調(diào)遞增，則下列不等關(guān)系恒成立的是(

)A.g(g(1))>g(g(2)) B.g(f(1))<g(f(2))

C.f(g(1))>f(g(2)) D.f(f(1))>f(f(2))二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9.若a>0，b>0，且a+b=4，則下列結(jié)論正確的是(

)A.2a?2b=16 B.ab10.已知函數(shù)f(x)=sin(cosx)?A.f(x)是奇函數(shù) B.f(x)圖象有對(duì)稱(chēng)軸

C.f(x)是周期函數(shù) D.f(1)<011.已知正實(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足x4=1+xy8A.y>1 B.x<54 C.y2三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.若ln(log2m)=0，則m=13.玉璜，是一種佩戴飾物.在中國(guó)古代，玉璜與玉琮、玉璧、玉圭、玉璋、玉琥等總稱(chēng)為“六瑞”，被《周禮》一書(shū)稱(chēng)為是“六器禮天地四方”的玉禮器，多作為宗教禮儀掛飾.現(xiàn)有一弧形玉璜呈扇環(huán)形，已知AD=4，弧AB長(zhǎng)為2π，弧CD長(zhǎng)為π，此玉璜的面積為

14.已知函數(shù)f(x)=sinx,x?0x2?2x+2a+5,x>0在(a,+∞)上有4個(gè)不同零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a四、解答題：本題共5小題，共60分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟。15.(本小題12分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，角α是第二象限角，且終邊與單位圓交于點(diǎn)P(m,(1)求實(shí)數(shù)m及tanα的值(2)求cos?(?α)+cos16.(本小題12分)已知函數(shù)f(x)=loga(?(1)若a=4，求函數(shù)f(x)的定義域及值域;(2)若函數(shù)f(x)在(1,3)上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．17.(本小題12分)已知函數(shù)f(x)=asin(2x?π6)+b(a>0,b∈R)(1)求函數(shù)f(x)的解析式;(2)若對(duì)任意x1∈[0,π6]，存在x218.(本小題12分)已知函數(shù)f(x)=a(x+1)+1x(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性(無(wú)需證明);(2)若a<0，解關(guān)于x的不等式f(|x?2|)>f((3)若關(guān)于x的方程f(3x+1)=1有兩個(gè)不同的解，求實(shí)數(shù)19.(本小題12分)設(shè)點(diǎn)集D是集合M={(x,y)|x，y∈R}的一個(gè)非空子集，若按照某種對(duì)應(yīng)法則f，D中的每一點(diǎn)(x,y)都有唯一的實(shí)數(shù)t與之對(duì)應(yīng)，則稱(chēng)f為D上的二元函數(shù)，記為t=f(x,y).當(dāng)二元函數(shù)f(x,y)滿(mǎn)足對(duì)任意x，y，z∈R，均有：?①f(x,y)=f(y,x);?②f(x,x)=0;?③f(x,z)+f(z,y)≥f(x,y)成立，則稱(chēng)二元函數(shù)f(x,y)具有性質(zhì)P．(1)試判斷二元函數(shù)f(x,y)=|x?y|是否具有性質(zhì)P，并說(shuō)明理由;(2)若f(x,y)具有性質(zhì)P，證明：函數(shù)g(x,y)=f(x,y)(3)對(duì)任意具有性質(zhì)P的函數(shù)f(x,y)，均可推出F(x,y)=f(x,y)m+f(x,y)具有性質(zhì)P，求實(shí)數(shù)參考答案1.B

2.D

3.C

4.B

5.A

6.B

7.C

8.C

9.ABD

10.BCD

11.ABD

12.2

13.6π

14.[?3π,?2π)

15.解(1)因?yàn)榻铅僚c單位圓交于點(diǎn)P(m,45)，所以sinα=45，cosα=m，

又角α為第二象限角，且sin2α+cos216.解：(1)當(dāng)a=4時(shí)，f(x)=log4(?x2+4x?3)，

令?x2+4x?3>0?1<x<3，

所以函數(shù)f(x)定義域?yàn)?1,3)，

又f(x)=log4[?(x?2)2+1]，

所以0<?x2+4x?3?1?log4(?x2+4x?3)≤0，所以函數(shù)f(x)的值域?yàn)??∞,0]．

(2)設(shè)t=?x2+ax?3，因?yàn)閒(x)在(1,3)上為增函數(shù)，

所以當(dāng)a>1時(shí)，t=?x2+ax?3在(1,3)17.解：(1)因?yàn)?≤x≤π2，所以?π6≤2x?π6≤5π6，

則?12≤sin(2x?π6)≤1，

又a>0，故?a2+b≤f(x)≤a+b，

依題意則?a2+b=0a+b=3，解得a=2b=1，

故f(x)=2sin(2x?π6)+1；

(2)由題意可知f(x1)min≥f(18.解：(1)?f(x)定義域?yàn)閧x|x≠0}，

當(dāng)a=0時(shí)，f(x)=1x在(?∞,0)和(0,+∞)上單調(diào)遞減;

當(dāng)a<0時(shí)，f(x)=ax+1x+a在(?∞,0)和(0,+∞)上單調(diào)遞減;

當(dāng)a>0時(shí)，f(x)=ax+1x+a在(?∞,?aa)和(aa,+∞)上單調(diào)遞增;

在(?aa,0)和(0,aa)上單調(diào)遞減;

(2)由f(x)的定義域知|x?2|>0，x2>0，得x≠2且x≠0，

又由(1)知當(dāng)a<0時(shí)，f(x)=ax+1x+a在(0,+∞)上單調(diào)遞減;

故f(|x?2|)>f(x2)?|x?2|<x2，

則x>2x?2<x2或x<22?x<x2，即x<?2或x>1，

所以不等式f(|x?2|)>f(x2)的解集為{x|x<?2或1<x<2或x>2}．

(3)令t=3x+1，則其在R上單調(diào)遞增，且t>1．19.解：(1)?f(x,y)=|x?y|具有性質(zhì)P，

所以f(y,x)=|y?x|=f(x,y)，

f(x,x)=|x?x|=0，

f(x,z)+f(z,y)=|x?z|+|z?y|≥|x?z+z?y|=|x?y|=f(x,y)，

故f(x,y)=|x?y|具有性質(zhì)P．

(2)因?yàn)間(x,y)=f(x,y)=f(y,x)=g(x,y);

g(x,x)=f(x,x)=0;

下證g(x,z)+g(z,y)≥g(x,y)，

即證f(x,z)+f(z,y)≥f(x,y)，

?f(x,z)+f(z,y)+2f(x,z)f(z,y)≥f(x,y)，(?)，

又f(x,y)具有性質(zhì)P，故f(x,z)+f(z,y)≥f(x,y)，

結(jié)合2f(x,z)f(z,y)≥0，知(?)式成立，

故g(x,z)+g(z,y)≥g(x,y)成立，

所以函數(shù)g(x,y)具有性質(zhì)P．

(3)先證f(x,y)具有性質(zhì)P時(shí)，必有f(x,y)≥0成立．

因?yàn)閒(x,y)具有性質(zhì)P，由?③知f(x,y)+f(y,x)≥f(x,x)=0，

由?①知f(x,y)=f(y,x)，故2f(x,y)≥0，即f(x,y)≥0成立．

(i)若m<0，當(dāng)f(x,y)有性質(zhì)P時(shí)，知f(x,y)≥0，且F(x,y)也有性質(zhì)P，

故F(x,y)=f(x,y)m+f(x,y)≥0，從而m+f(x,y)>0恒成立，

故f(x,y)>?m>0，即f(x,y)>(?m)2>0，

取y=x得f(x,x)>(?m)2>0與f(x,x)=0矛盾，故m<0不滿(mǎn)足題意．

(ii)若m=0，則F(x,y)=f(x,y)f(x,y)，故f(x,y)≠0，得f(x,x)≠0與f(x,x)=