佛山一中2021-2022学年第二学期高一级第一次段考答案

佛山一中2021-2022 学年第二学期高一级第一次段考答案 数学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 D B B A C C D A ACD AD AC ACD 13.−❑ √3 14.1 2 15. 5 2 16. [−1，0] 7.【解答】由已知数据，易知函数 的周期 ，则 再由 ，得 ， ， ∴y=3sin π 6 t+10(0≤t ≤24)，由题意，该船进出港时，水深应不小于 米 ∴3sin π 6 t+10≥11.5，∴sin π 6 t ≥1 2，解得2kπ+ π 6 ≤π 6 t ≤2kπ+ 5 π 6 (k ∈Z )， 所以12k+1≤t ≤12k+5(k ∈Z ），在同一天内，取 或1，∴1≤t ≤5或13≤t ≤17， 该船最早能在凌晨1 时进港，下午17 时出港，在港口内最多停留16 个小时．故选 8.【解答】取 的中点 ，由⃗ OA+2⃗ AB+2⃗ AC=0得⃗ OA+4⃗ AE=0，得 ， 所以点 ， ， 三点共线，且 为线段 的靠近 的四等分点， ， ， ，在直角三角形 中可得 ， ．故选： ． 12.【解答】解：由题可知： ，相邻的最大值与 最小值之间距离为周期的一半，即 ，选项 正确； ，则 ， ，所以 图象的对称中心为 ， ，选项 错误； ，则f ( x)≤a有解时a≥−1．选项 正确； 当2 x−π 6 = kπ 2 时，x= π 12 + kπ 4 ， ，当 时， ，选项 正确． 故选： ． 16.【解答】 等价于 ， 解得 或 ， 因为 ，所以 ， ， 如图，绘出函数 的图像， 方程 有三个不同的实数根 等价于 有一个实数解且 有两个不同的实数解 或 有两个不同的实数解且 有一个实数解， ①当 或 时， 无解，不符合题意； ②当 时，则 ， 有一个实数解， 有两个不同的实数解， 符合题意； ③当 时，则 ， 有两个不同的实数解， 有一个 实数解，符合题意； ④当 时，则 ， 有一个实数解， 至多有一个实数 解,不符合题意， 综上，m 的取值范围为 ． 四、解答题：本大题共6 小题，其中17 题10 分，其余每题12 分，共70 分。 17. 解：（1）列表如下：（3 分） 6 x   5 6   2   0 2   7 6  x   2 3   6   3  5 6    f x -1 -2 0 2 0 -1 则函数 在区间  ,   上的图象如图所示. （3 分） ……………………6 分 当x∈[−π ，π]时， f x 的单调递减区间为 2 [ , ],[ , ] 3 3       ……………………8 分 （2）当x∈R时，不等式 0 f x  的解集为(−π 6 +2kπ ，5 π 6 +2kπ )，k ∈Z ………10 分 18. 解： （1）∵8a+k b与k a+2b共线，∴存在实数λ，使得(8a+k b)＝λ(k a+2b)． …………1 分 ∴(8－λk )a+(k －2 λ)b＝0. ……………2 分 ∵向量a与b不共线，∴⇒8＝2λ 2⇒λ＝±2. ∴k＝2λ＝±4. ……………6 分 （2）由(2a－3b)·(2a＋b)＝61，得4¿a∨¿ 2¿－4a·b－3¿b∨¿ 2¿＝61. ……………8 分 | ∵a|＝4，|b|＝3， ∴a·b＝－6. ……………10 分 ∵¿a＋b∨¿ 2¿＝(a＋b) 2＝¿a∨¿ 2¿＋2a·b＋¿b∨¿ 2¿＝16＋2×(－6)＋9＝13， | ∴a＋b|＝. ……………12 分 19.解： …………………4 分 令 ，得 ， …………………6 分 令 0 k ，得函数 f x 图象距y 轴最近的一条对称轴方程为 . …………………7 分 （2） …………………8 分 由 3 , 2 x         ，得 ， …………………10 分 又∵ ， ∴ ，即 ， ∴函数  2 log y g x  的定义域为 . ……………………12 分 20.解:（1）∵每分钟逆时针转3 圈，即60s 转动6弧度，∴角速度 10   ，…………2 分 水轮半径为4，所以振幅为4，故y 4sin 2, 0 10 2                 z t ， …………………4 分 时，y 4sin 2 0     z ， 1 sin 2    又 0 2       ， π 6    ，…………7 分 ∴y 4sin 2. 10 6 z t            t ≥0 ……………………………………8 分 (2)令y=6，则4sin 2 6 10 6 t            ， sin 1 10 6 t            ， …………………9 分 2 10 6 2 t k         ， 20 20 , 3 t k k   N ， …………………11 分 所以点P 第一次到达最高点需 20 s 3 ． …………………12 分 21. 解：（1）  2 3 sin 3sin cos 2 f x x x x    1 1 3 3 cos2 sin 2 2 2 2 2 x x           sin 2 2 6 x           . …………………4 分 （2） 2 sin 2 2 cos2 2 2cos 1 3 2 f x x x x                       ， 则 2 cos cos 2cos 1 0 3 a x f x a x x             . …………………7 分 令 cos t x  ， 0, 2 x       ，则0 1 t ， …………………8 分 ∴ 2 2 1 0 at t   ，可得 1 2 a t t        . …………………9 分 0  t 因为 1 1 2 2 2 2 2 t t t t    ，当且仅当 1 2t t ，即 2 2 t  ， 4 x   时取等号， …………11 分 所以 1 2 2 2 t t          . 故 2 2 a  ，即a 的取值范围是  2 2,  . ………………12 分 22. 解： （1）由题意，函数 2 1 ( ) 3sin( ) 2sin 1 6 2 6 f x x x                      3sin( ) cos( ) 2sin 2sin 6 6 6 6 x x x x                       …………………3 分 因为函数 ( ) f x 图像的相邻两对称轴间的距离为2  ，所以T  ，可得 2 w . …………4 分 故  2sin 2 f x x  …………………5 分 （2）将函数 ( ) f x 的图像向右平移6 个单位长度，可得 2sin 2 3 y x         的图像. 再把橫坐标缩小为原来的1 2 ，得到函数 ( ) 2sin 4 3 y g x x          的图像. ………………7 分 当 , 12 6 x         时， 2 4 , 3 3 3 x          ， 当4 3 2 x     时，函数( ) g x 取得最小值，最小值为2  ， 当4 3 3 x     时，函数( ) g x 取得最大值，最大值为3 ， 故函数( ) g x 的值域[ 2, 3]  . …………………………………………………………………9 分 （3）由方程 4 ( ) 3 g x  ，即 4 2sin 4 3 3 x          ，即 2 sin 4 3 3 x          ， 因为 4 , 6 3 x        ，可得4 ,5 3 3 x          ， 设 4 3 x    ，其中 ,5 3         ，即 2 sin 3  ， 结合正弦函数 sin y   的图像， 可得方程 2 sin 3  在区间 ,5 3        有5 个解，即 5 n ， …………………10 分 其中 1 2 2 3 3 4 4 5 3 , 5 , 7 , 9                  ， 即 1 2 2 3 3 4 4 5 4 4 3 ,4 4 5 ,4 4 7 ,4 4 9 3 3 3 3 3 3 3 3 x x x x x x x x                             解得 1 2 2 3 3 4 4 5 11 17 23 29 , , , 12 12 12 12 x x x x x x x x            