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 