南充高中高2024级第二学期第一次月考答案_2025年04月试卷_0406四川省南充市高级中学2024-2025学年高一下学期4月考试题

南充高中 2024-2025 学年度下学期第一次月考数学评分细则
一、单选题 1-5、 D B C A C 6-8、 D A B
8.【详解】解： f xsin  x  cos  x   cos2x 2 sin  2x  1，将 y f  x  的图象向右
 4  4 2  4
 2   2  
平移 个单位，再向上平移1个单位，得gx sin2x 2，令hx sin2x  ，
6 2  12 2  12
a  a  a  a 
因为对xR，都有g xg x4成立，所以对xR，都有h xh x 成
2  2  2  2 
2   a   
立，所以函数hx sin2x  关于点 ,0对称，所以a k,kZ，则ak ,kZ，
2  12 2  12 12
  2     2   5  2 3 5
所以ga   sin2a    2  sin2k   2 sin 2  .
 3 2   3 12 2   12 12 2 4 2
二、多选题 9、 ABD 10、 AB 11、 ACD
11.【详解】【详解】令a b0，则[f  0  ]2  f  0  ，又 f  0 0，所以 f  0 1.
当x0时，x0，所以0 f x 1，又 f  x  f x  f  xx  f  0 1，所以
1
f  x  ，即 f  x 1.故A正确，B错误：
f
x 
设x  x ，则 f  x f  x  f  x x x f  x  f  x x  f  x f  x  f  x f  x x 1,
 
1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2
又x  x ，所以x x 0，所以 f  x x 1，又当x0时， f  x 1，当x 0时，
1 2 1 2 1 2
0 f  x 1, f  0 1，所以 f  x  f  x 0，即 f  x  f  x  ，所以 f  x  在 上单调递减，
1 2 1 2
1  1
C正确：因为 f  3  ，所以 f  12  f  6  f  6  f  3  f  3  f  6 [f  3  ]4  ，
2 16
 
不等式 f  2t2  f 5t 即 f  2t2   f  5t  f  12  f  5t12  又 f  x  在 上单调递减，所以
16

2t2 5t12，解得 3 t4，所以等式 f  2t2  f  5t  的解集为    3 ,4  ,D正确. 故选：ACD.
2 16  2 三、填空题 12、 1 13、 2 14、 15
四、解答题
15、【详解】
cos sintan2 cos sintan2
f   tan
(1) 原式化简 π  sinsin --------5分
cos  sin  π
2 
π 3π 3π π
(2) 因为  ,所以π ，0 ， --------7分
2 4 2 4
2
12 5
所以sin   1cos2  1
 
 ，
13 13
2
 3 4
cos  1sin2  1     ， -------10分
 5 5
则有sin2sin



sin  cos cos  sin 
5  4 12  3 56
            . -------13分
13  5 13  5 65
16、【详解】
(1)因为0 BC  ，所以0C，所以a2 2a30，解得：a1或a 3. ----4分
 
当a 3时，B  x 5 x1 ，不合题意；
 
当a 1 时，B  x 1 x 3 ，满足题设. ∴实数a的值为1. ----7分
 x1   1 
(2)集合Ax 1x  x2. ----9分
 2x1   2 
集合B   x x2 2axa2 40    x a2 xa2  . ----11分
a  2  2
 5
又有AB  A，即 A  B   1  0  a  ----14分
a  2  2
 2
a22
 5
A所以B实数a的取值1范围0为[a0， ] ----15分
a2 2
 2 
1cos 2x
 55   12  5   
17、【详解】（1) f(x) 33ccooss 2x2x  cos2   2x 1 3cos2x  sin   2x 1
 1212  12  2  12 2 12 
 5  5  5   3
 3cos2x  sin2x  12sin2x   12sin2x  1 ---- 5分
 12   12   12 3  4 
  3  5 3 5
因为x   ,  ，2x   ,  ，所以，当2x  时， f(x)的最小值为 2 1 ---- 8分
 4 4 4 4 4  4 4
   3  
（2）g(x)2sin  2x    12sin2x  1， ----10分
  4 4   4
  1   5
由g(x)0可得sin2x   ，则2k 2x 2k ， ----13分
 4  2 6 4 6
 7
所以k  x  k ，kZ， ----14分
24 24
  7 
即g(x)0对应的x取值的集合是x|k  x  k ,kZ. ----15分
 24 24 
18、【详解】.
（1）∵a0且a1，函数 f(x)log (x2 xa)的定义域为R，∴xR，x2 xa0成立，
a
1
∴14a0，解得a ---- 5分
4.
1
∵a0且a1，∴ a1或a1， ---- 7分
4
1 
∴a的取值范围是

，1 1,． ---- 8分
4 
1
（2）由（1）知， a1或a1，不等式 f(x)1log xlog (x2xa)log ax ，---- 9分
4 a a a
1
①.当 a1时，函数ylog x在(0,)上单调递减；
4 a
∴0 x2 xaax ，∴(x1)(xa)0，解得a x1， ----12分
②.当a1时，函数ylog x在(0,)上单调递增，
a
∴x2 xaax0，∴(x1)(xa)0，且x0，解得0 x1或xa． ----15分
1
综上，当 a1时，不等式的解集为(a,1)，当a1时，不等式的解集为0,1  a, ----17分
419【详解】
（1）当a 1时，由 f

x
x可得，4x
2x122x，
令t 2x，则t2 3t 20，解得t 1或t 2，
即2x 1或2x 2，解得x0或x1， 的“准不动点”为0或1； ----5分
∴  
（2）由 f

x
x得， log
1
 4x a2x12  x
，
2
x
即4x a2x12


1

2x 在  1,2  上有解，
2
令t
2x，由x
1,2
 可得t
2,4

，则t2 2at2t在

2,4

上有解，
故2a t2 t2 t 2 1，当t 2,4  时， y t 2 1在  2,4  上单调递增，y   2, 7  ，则
t t t  2
7 7  7
22a ，解得1a ，a的取值范围

1,

； ----10分
2 4  4
（3）由 f  x g  x  1得，1 f  x g  x 1，
1 2 1 2
即1g  x  f  x g  x 1，则1g  x   f  x g  x  1，
2 1 2 2 max 1 2 min
又由指数函数的性质可知g  x  在  0,1  上单调递增，g  x   g  1 2,g  x   g  0 1，
2 max 2 min
则3 f  x 0，即14x a2x128，
1
 6
2at

令t 2x,x 0,1  ，则t 1,2 ，从而1t2 2at28，则   t ，
1

2at
 t
1 6
又y t ,y t 在  1,2  上均为增函数，则  y  1，  y  2，
2 t 1 t 1 max 2 min
1  1 
12a2，即 a1，所以实数a的取值范围为   ,1 . ----17分
2  2 