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2024-2025 学年广东省东莞市高一上学期期末教学质量检查数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 的值为( )
tan(−330∘)
√3 √3
A. − B. C. −√3 D. √3
3 3
2.设集合A={x|−2 >0”是“a0
A. (−∞,3) B. (−∞,3] C. [3,4) D. (3,4)
π
7.为了得到函数y=sin(2x+ )的图象，只需要把函数y=cosx上所有的点( )
3
π 1
A. 向右平移 个单位，横坐标变为原来的 倍
6 2
π
B. 向左平移 个单位，横坐标变为原来的2倍
6
1 π
C. 横坐标变为原来的 倍，向左平移 个单位
2 12
π
D. 横坐标变为原来的2倍，向左平移 个单位
6
8.设函数f(x)=sin2x−sinx在[−2π,4π]上的零点为x ，x ，⋯，x ，则x +x +⋯+x =( )
1 2 n 1 2 n
A. 6π B. 7π C. 9π D. 13π
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知10a=2，10b=3，则下列运算正确的是( )
A. a+b B. a−b √6 C. a D.
10 2 =√6 10 2 = 3 b =log 3 2 ab=lg6
10.若a，b>0，且ab=a+b+3，则下列说法中正确的是( )
A. a+b的最大值为6 B. a+b的最小值为6
C. ab的最大值为9 D. ab的最小值为9
11.我们知道：函数y=f(x)的图象关于点P(a,b)成中心对称图形的充要条件是y=f(x+a)−b为奇函数，
类比以上结论也可得到函数y=f(x)的图象关于直线x=c成轴对称图形的充要条件.已知函数f(x)的定义
域为R，其图象关于直线x=2成轴对称图形，且f(x−1)为奇函数，当2≤x<5时，f(x)=ln(6−x)，则
下列说法中正确的是( )
A. f(x)的图象关于点(1,0)成中心对称图形
B. f(x+2)为偶函数
C. f(x)的最小正周期为12
D. 当8≤x<11时，f(x)=−ln(12−x)
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2 1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.命题p:∀x∈[−1,1]，x2−1<0的否定是 ．
sin(α+β)
13.已知tanα+tanβ=1，则 = ．
cos(α+β)+cos(α−β)
14.设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，称y=[x]为取整函数.例如：[1]=1，[0.5]=0，
5π
[−0.5]=−1.已知函数f(x)=2[sinx]+2[cosx]，则f( )= ;f(x)的值域为 ．
6
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知集合 ，集合 ．
A={y|y=2x,x<3} B={x|y=log (x2−x−6)}
2
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3 1(1)在下面的直角坐标系中画出函数y=2x的图象，求A∩∁ B;
R
(2)若全集U={x∈Z|x∈A}=C∪D，
C∩∁ D={2,3,6,7}，求集合D．
U
16.(本小题12分)
ex+e−x ex−e−x
已知函数f(x)= ，g(x)= ．
2 2
3
(1)求f(ln +ln2)，g(2ln2);
2
求 的值
(2) [f(x)] 2−[g(x)] 2 ;
3
(3)已知实数a满足f(a)= ，求g(2a)的值．
2
17.(本小题12分)
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4 1用水清洗一件衣服上的污渍，对用一定量的水清洗一次的效果作如下假定：用1个单位量的水可洗掉衣服
1
上污渍的 ，用水越多洗掉的污渍也越多，但总有污渍残留在衣服上.设用x单位量的水清洗一次以后，衣
2
k
服上残留的污渍与本次清洗前残留的污渍之比为函数f(x)= ．
k+x2
(1)求f(x)的解析式，写出f(x)应该满足的条件或具有的性质(至少写2条，不需要证明);
(2)现有m(m>0)单位量的水，可以清洗一次，也可以把水平均分成2份后清洗两次.哪种方案清洗后衣服
上残留的污渍比较少?请说明理由．
18.(本小题12分)
ω π ω π
已知f(x)=cos2 ( x+ )−cos2 ( x− )(ω>0)．
2 3 2 6
π π 3
(1)若ω=2，α∈(0, )，且f(α+ )= ，求sin2α;
2 6 5
2π
(2)若f(x)在(0, )上单调，且在(0,2π)上恰有3个最值点，求ω的取值范围．
9
19.(本小题12分)
1
对于任意两正数u，v(u0}={x|x<−2或x>3}
所以∁ B={x|−2≤x≤3}，
R
所以A∩∁ B=(0,3]
R
(2)所以U=C∪D={x∈Z|x∈A}={1,2,3,4,5,6,7}
因为C∩∁ D={2,3,6,7}，所以2，3，6，7∈C且2，3，6，7∉D
U
再由U=C∪D={1,2,3,4,5,6,7}，
假设1∉D，则由C∪D={1,2,3,4,5,6,7}可得1∈C，
故1∈C∩∁ D={2,3,6,7}，显然矛盾，所以1∈D;
U
同理4∈D，5∈D，
所以D={1,4,5}
1
ln 1 3+
16.解：(1)由题意得 3 eln3+e−ln3 eln3+e 3 3 5
f(ln +ln2)=f(ln3)= = = = ;
2 2 2 2 3
1
ln 1 4−
由题意得 eln4−e−ln4 eln4−e 4 4 15
g(2ln2)=g(ln4)= = = =
2 2 2 8
ex+e−x ex−e−x e2x+2+e−2x e2x−2+e−2x
(2)由题意得[f(x)] 2−[g(x)] 2=( ) 2−( ) 2= − =1
2 2 4 4
ea+e−a 3
(3)由题意得f(a)= = ，
2 2
√5
(方法一)由f2 (a)−g2 (a)=1，得g(a)=± ，
2
e2a−e−2a (ea+e−a )(ea−e−a ) 3√5
所以g(2a)= = =±
2 2 2
(方法二)由ea+e−a=3，得e2a+e−2a=7，
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7 1因为 ，
(e2a−e−2a
)
2=(e2a+e−2a
)
2−4=72−4=45
所以e2a−e−2a=±3√5，
e2a−e−2a 3√5
所以g(2a)= =±
2 2
方法三 由 ，得 ，
( ) ea+e−a=3 (ea−e−a ) 2=(ea+e−a ) 2−4=5
所以ea−e−a=±√5，
ex+e−x ex−e−x e2x−e−2x g(2x)
因为f(x)⋅g(x)=( )·( )= = ，
2 2 4 2
3√5
所以g(2a)=2f(a)⋅g(a)=± ．
2
k 1
17.解：(1)因为f(1)= =
k+1 2
1
所以k=1，即f(x)=
1+x2
1
函数f(x)= 的定义域为[0,+∞)，值域为(0,1]，在区间[0,+∞)内单调递减．
1+x2
1
(2)f(m)= ，
1+m2
m 1 4
f( )= =
2
1+(
m
) 2
4+m2，
2
f2 ( m )=( 4 ) 2= 16 ，
2 4+m2 (4+m2) 2
m 1 16
f(m)−f2 ( )= −
2 1+m2 (m2+4) 2
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8 1(m2+4) 2−16(1+m2 ) m2 (m2−8) m2 (m−2√2)(m+2√2)
= = =
(1+m2 )(m2+4) 2 (1+m2 )(m2+4) 2 (1+m2 )(m2+4) 2
m
①当m=2√2时，f2 ( )=f(m)，此时清洗一次或两次残留的污渍一样，
2
m
②当02√2时，f2 ( )2√2时，清洗两次残留的污渍量更少
18.解：由题意可得：
ω π ω π
f(x)=cos2 ( x+ )−cos2 ( x− )
2 3 2 6
ω π ω π π
=cos2 ( x+ )−cos2 [( x+ )− ]
2 3 2 3 2
ω π ω π
=cos2 ( x+ )−sin2 ( x+ )
2 3 2 3
2π
=cos(ωx+ ).
3
2π π 3
(1)当ω=2时，f(x)=cos(2x+ )，f(α+ )=cos(2α+π)=−cos2α= ，
3 6 5
3
所以cos2α=− ，
5
π
因为α∈(0, )，所以2α∈(0,π)，
2
√ 9 4
所以sin2α=√1−cos22α= 1− = ；
25 5
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9 12π 2π 2π 2π 2π
(2)当x∈(0, )，ωx+ ∈( , ω+ )，
9 3 3 9 3
2π
因为y=cosx在( ,π)上单调，
3
2π 2π
所以 ω+ ≤π，
9 3
3 2π 2π 2π
所以ω≤ ，当x∈(0,2π)，ωx+ ∈( ,2πω+ )，
2 3 3 3
f(x)在(0,2π)上恰有3个最值点，
2π 2π 2π
即y=cosx在( ,2πω+ )恰有3个最值点，分别是π，2π，3π，所以3π<2πω+ ≤4π，
3 3 3
7 5 3 7 3
解得 <ω≤ ，因为ω≤ ，所以 <ω≤ ．
6 3 2 6 2
19.解：(1)由题意得L(1,2)=ln2，
L(3,6)=L(1,6)−L(1,3)=ln6−ln3=ln2，
L(12,6)=−L(6,12)=−(L(1,12)−L(1,6))=−ln12+ln6=−ln2
(2)对正数k和任意两个正数u，v，L(u,v)=L(ku,kv)，
v
由题知L(u,v)=L(1,v)−L(1,u)=lnv−lnu=ln ，
u
kv v
L(ku,kv)=L(1,kv)−L(1,ku)=lnkv−lnku=ln =ln ，故L(u,v)=L(ku,kv)
ku u
1 1 x+1
(3)(i)设y=f(x)= ，由题意得ln(1+ )=ln( )=L(x,x+1)，
x x x
1 1 1
由L(x,x+1)小于高为 ，底为1的长方形面积，得L(x,x+1)< ×1= ，
x x x
1 1 1
由L(x,x+1)大于高为 ，底为1的长方形面积，得L(x,x+1)> ×1= ，
x+1 x+1 x+1
1 1 1
所以对任意正数x，恒有 ln( )+ln( )+ln( )+⋯+ln( )=ln( ． ． ⋅ )=
2 3 n 1 2 3 n 1 2 3 n
ln(n+1)，
1 1 1
显然，当n→+∞时，ln(n+1)→+∞，所以1+ + +⋯+ →+∞
2 3 n
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11 1
