武汉市蔡甸区汉阳一中2020-2021学年高一下学期起点考试数学答案

一、选择题： 1 2 题号 A 答案 A 3 C 4 A 5 D 6 B 7 D 8 B 9 AD 10 BD 11 AC 12 BD 12． A：3sinx0cosx02sinx022，则3sinx0cosx03， A错误； 6B ：ysinxcosxcosxsinxcos2x，关于y轴对称，B正确；

222C：=390o，=60o 时，tantan，C错误；

255525sinxcosx5sinxp，D：fx2sinxcosx5（，）， nisp=cosp=5555当函数fx取最大值时，xp此时cosxcosp22k，即xp22kkZ，

5，故D正确， 2k=sinp25故答案为：B D

二、填空题:

20171008,. 216.由题意，函数fx为R上奇函数，所以f00，且fxfx，

13.

9 , 14．7, 15． - 1 , 16． 2又f2xfx0，可得f2xfx，可得函数fx的图象关于点(1,0)对称， 联立可得f2xfx，所以fx是以2为周期的周期函数， 又由函数ysinx的周期为2，且关于点(k,0)(kZ)对称， 因为当x0,1时，fxlog2x，由图象可知，

函数fxlog2x和ysinx的图象在[1,1]上存在x11,x2即一个周期内有4个零点，

要使得函数Fxfxsinx，在区间2,m上有2021个零点， 其中x12,x2可得实数m满足

11,x30,x4四个零点， 2231,x31,x4都是函数的零点， 22201720162016+12m2，即m1008,.

244

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三、解答题: 17.【详解】（1）∵

∴当因此，

（2）∵

∴又∴

18. 【详解】

，解得是，且

，

的充分不必要条件，

，即A是B的真子集。 ………………….7分

或

.

时，

或

， ………………….1分 ， ………………….2分 ， ………………….3分

； ………………….5分

.

（-，-4] ………………….10分 因此，实数的取值范围是

x1,x10,

x44441=（x1）2=

49(x1)49(x1)497944，即x=时等号成立，最小值m=………………….6分

77 49(x1)当且仅当（x1）=（2）由（1）知m=若不等式ax2ax47，

40的解集为R，则 7当a=0，0恒成立，满足题意。 ………………….8分

47a0当a0，162aa07综上，0a

解得0a16………………….11分

7

1616，所以a的取值范围为0，………………….12分 77

19．【详解】 （1）由角的终边经过点P(4,3)得tan3 ………………….1分 42cos2所以

31sin1(2cos21)sincossin1tan4227.………….6分

32sin()2(sincoscossin)sincostan11444420log23log322422sin30 2（2）原式lg1lg10log232log322212210． ………………….12分

2

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20.【详解】 （1）3,44553,00, ，，, 4442241235cossin 又，134544555sin1cos2，cos1sin2， ………………….2分

51344445sin()sin

445655sincoscossin.

654444sin()sin()56. ………………….6分 6511

(2)∵ tan β＝－7， tan(α－β)＝－tan(β－α)＝2，

11－27tan（α－β）＋tan β1

∴tan α＝tan[(α－β)＋β]＝＝＝， ………………….7分

1131－tan（α－β）tan β

－1－×

2711＋23tan（α－β）＋tan α

tan(2α－β)＝tan[(α－β)＋α]＝＝＝1. …………………9分

111－tan（α－β）tan α

1－×32ππ11

0，，β∈，π，∴α－β∈(－π，0)． ∵tan α＝>0，tan β＝－<0，∴α∈2237

π1

－π，－， 2α－β＝α＋(α－β)∈(－π，0)． 又∵tan(α－β)＝>0，∴α－β∈22

33

而tan(2α－β)＝1，∴2α－β＝－π. ∴β－2α ＝π. ………………….12分

44

644,（0x4）21.【详解】（1）a4, y4fx8x202x,（4x10）则由0x4时,

………………….1分

6444,解得x0,所以此时0x4． ………………….3分 8x当4x10时, 202x4,解得x8,所以此时4x8． ………………….5分 综上所述,得0x8,若一次投放4个单位的药剂 , 则有效去污时间可达8天．………………….6分

11616a114xa4, ………….8分 （2）当6x10时,y25xa28x614xQ14x4,8，1a4, 44a8

14x16aa4214x16a14xga4=8a-a-4 ………………….10分 14x（当14x=4a时，等号成立）

由8a-a-44，解得24-162a4，所以a的最小值1.6. ………………….12分

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22．【详解】（1）设x1x20， 则

x1x21,f(x1x2)0

xxxfx1fx2f1x2fx2f1fx2fx2f10，

x2x2x2所以函数yf(x)在(0,)上单调递增. ………………….3分 （2）又因为f(xy)f(x)f(y)和f(2)1，

则f(4)f(22)f(2)f(2)2， ………………….4分 所以f(4t)f(1t)2f(1t)f(4)f[4(1t)] ………………….5分

4t0 ………………….6分 得1t04t4(1t)t011解得t1，即0t， 故t的取值范围为0,； ………………….7分

221t2（3） 由于f2sinx222cosx5a2…f(62a)恒成立， 4422sinx22cosx62a5a2…44恒成立， 62a0设g(x)2sinx222cosx5a2， 4422cosxsinx5a+2 则g(x)2sinx22cosx5a21cos2x2222244232sinxcosx2(cosxsinx)5a， ………………….9分

令tcosxsinx22sinx， 则t[1,2]， ………………….10分

42所以h(t)t2t5a2(t1)5a1在区间[1,2]上单调递增，

所以h(t)min5a1， ………………….11分

62a5a1…5 ，所以a. ………………….12分 根据条件，只要362a0

（法二：或由诱导公式知cos（x-数求解。）

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 ，令tsin（x）sin（x））换元转化为二次函

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