铁人中学2021级高一学年上学期期末考数学答案

铁人中学2021 级高一学年上学期期末考试 数学试题答案 一选择题：CADC AACB 二多选题：ABC BCD AD BCD 三填空题: 3 4 一或三；4；（）（）；4 四解答题： 17.解析 (1)∵-π<x<0,sin x+cos x= 1 5, ∴- π 2<x<0,∴sin x<0,cos x>0, ∴sin x-cos x<0. 由sin x+cos x= 1 5,sin 2x+cos 2x=1,可得1+2sin xcos x= 1 25, 即2sin xcos x=- 24 25, ∴(sin x-cos x) 2=1-2sin xcos x= 49 25, 又sin x-cos x<0,∴sin x-cos x=- 7 5. (2)由(1)可得sin x=- 3 5,cos x= 4 5,∴tan x= sin𝑥 cos𝑥=- 3 4. ∴ 2sin2𝑥+2sin𝑥·cos𝑥 1-tan𝑥 = 2× 9 25+2×(-3 5)×4 5 1+3 4 =- 24 175. 18 解： （1） 5 11 [0, ],[ , ] 12 12   （2）因为𝑥∈[− 𝜋 4 , 𝜋 4]，所以2𝑥− 𝜋 3 ∈[− 5𝜋 6 , 𝜋 6]， 所以sin(2𝑥− 𝜋 3) ∈[−1, 1 2]，所以 1 2 sin(2𝑥− 𝜋 3) ∈[− 1 2 , 1 4]， 所以𝑓(𝑥)的最大值为 1 4，𝑓(𝑥)的最小值为− 1 2． 19 解： （1）因为函数f(x)＝x|x－a|为R 上的奇函数， 所以f(－x)＝－f(x) 对任意x∈R 成立， 即(－x)·|－x－a|＝－x·|x－a|对任意x∈R 成立， 所以|－x－a|＝|x－a|，所以a＝0． （2）由f(sin 2x)＋f(t－2cosx)≥0 得f(sin 2x)≥－f(t－2cosx)， 因为函数f(x)为R 上的奇函数， 所以f(sin 2x)≥f(2cosx－t)． 由（1）得，f(x)＝x|x|＝   x 2，x≥0， －x 2，x＜0，是R 上的单调增函数， 故sin 2x≥2cosx－t 对任意x∈[π 3 ，7π 6 ]恒成立． 所以t≥2cosx－sin 2x 对任意x∈[π 3 ，7π 6 ]恒成立． 因为2cosx－sin 2x＝cos 2x＋2cosx－1＝(cosx＋1) 2－2， 令m＝cosx，由x∈[π 3 ，7π 6 ]，得cosx∈[－1，1 2]，即m∈[－1，1 2]． 所以y＝(m＋1) 2－2 的最大值为1 4，故t≥1 4， 即t 的最小值为 1 4． 20. 解：函数 2 ( ) ln 2 ln( ) 1 f x x a ex = − + , 1 2 [ , ] x e e −  2 ( ) ln 2 ln 1 2 f x x a x a = − + − 令ln . [ 1,2] x t t = − （1）当 1 a = 时， 2 2 min max 2 1 ( 1) 2, [ 1,2] 1, 2; 1, 2 y t t t t t y t y = − −= − − − = = − = − = （2） ( ) ln f x a x − ， 1 2 [ , ] x e e −  恒成立， 只需： 2 1 2 0 t at a − + −  在 [ 1,2] t − 恒成立； 令： 2 ( ) 1 2 g t t at a = − + − 则 ( 1) 0 (2) 0 g g −      得 2 a  21. 22.解(1). 解集为：( , )( ) 3 k k k Z     + +  （2）由（1） ，当 , 6 3 x    −     时， 5 2 , 6 6 6 x      + −     . 所以 ( ) f x 在 , 6 3 x    −     时的值域为  2,4 − . 记函数   ( ), 0,2 y g x x =  的值域为A . 若对任意的 1 [0,2] x  ，存在 2 [ , ] 6 3 x  − ， 使得 1 2 ( ) ( ) g x f x = 成立，则   2,4 A − . 因为   0,1 x 时， 2 ( ) 1 g x x mx m = − + −， 所以(1) 0 g = ，即函数( ) g x 的图象过对称中心(1,0) . (i)当 0 2 m  ，即 0 m  时，函数( ) g x 在  0,1 上单调递增，由对称性知，( ) g x 在  1,2 上单调递 增，从而( ) g x 在  0,2 上单调递增. (0) 1 g m = −，由对称性得(2) (0) 1 g g m = − = − ，则   11 , m m A − = − . 要使   2,4 A − ，只需 1 2 1 4 m m −−  −   ，解得 1 m −，所以1 0 m −  … (ii)当0 1 2 m  ，即0 2 m   时，函数( ) g x 在0, 2 m       上单调递减，在 ,1 2 m       上单调递增，由对称 性知，( ) g x 在1,2 2 m   −     上单调递增，在2 ,2 2 m   −     上单调递减. 所以函数( ) g x 在0, 2 m       上单调递减，在 ,2 2 2 m m   −     上单调递增，在2 ,2 2 m   −     上单调递减， min max ( ) min ( ) , (2) , ( ) max (0) , (2 ) 2 2 g x g g g x g g m m     = = −         ， 其中 2 2 ( ) (2 ) 2 2 ( ) , ( ) 2 2 2 2 ( ) 2 g m g g m m m m = − = − − − − = ， 要使   2,4 A − ，只需 2 2 1 2 2 ( ) 2 2 1 4 2 ( ) 4 2 m m m m − −   − − −   −   −    ，解得2 3 m −  ， 0 2 m   .