2020-2021学年四川省成都市高一上学期期末数学试题(解析版).pdf

2020-2021学年四川省成都市高一上学期期末数学试题一、单选题1．设全集U1,2,3,4,5，集合M2,3,4，N3,4，则MN（）UA．2,3,4B．1,2,5C．3,4D．1,5【答案】D【分析】先求出两集合的并集MN，再求MN即可U【详解】解：因为M2,3,4，N3,4，所以MN2,3,4，因为U1,2,3,4,5，所以MN1,5，U故选：D2．下列函数中，与函数yx相等的是（）234xA．yx2B．y3xC．y4xD．yx【答案】B【分析】函数相等需满足定义域，解析式，值域均相等，结合选项逐个分析即可.【详解】A：yx2x，所以不相等；3B：y3xx，所以相等；4C：y4xx(x0)，因为定义域不同，所以不相等；x2D：yxx0，因为定义域不同，所以不相等.x故选：B.3．已知角的顶点与直角坐标系的原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，且4cos．若角的终边上有一点Px,3，则x的值为（）5A．4B．4C．3D．3【答案】A【分析】利用任意角的三角函数的定义列方程求解即可x4【详解】解：由题意得，且x0，x2325得x216，所以x4或x4（舍去），故选：Aex2,x3,4．设函数fx则ff0的值为（）logx21,x3.2A．2B．3C．e31D．e21【答案】B【分析】根据函数的解析式先求出f03，由ff0f3可得答案.【详解】f0e023，则ff0f3log91log8322故选：B5．已知扇形的圆心角为30°，面积为3，则扇形的半径为（）A．32B．3C．62D．6【答案】D【分析】利用扇形的面积公式直接求解即可【详解】解：设扇形的半径为R，则由题意得30R23，得R236，解得R6，360故选：D6．函数fxlnx2x9的零点所在区间是（）A．1,2B．2,3C．3,4D．4,5【答案】C【分析】利用零点存在定理可得出结论.【详解】函数fxlnx2x9在0,上单调递增，因为f170，f2ln250，f3ln330，f4ln410，所以，函数fxlnx2x9的零点所在区间是3,4.故选：C.7．已知函数fx2cos2x1，则函数fx的递减区间是（）675A．k,kkZB．k,kkZ121212125C．k,kkZD．k,kkZ6336【答案】A【分析】利用整体带入法即可求出结果.【详解】由ycosx的单调递减区间为2k,2kkZ,7所以2k2x2kkZ，即kxkkZ，612127函数fx的递减区间是k,kkZ.1212故选：A.x28．函数fx的图象大致为（）3x3A．B．C．D．【答案】C【分析】先求出函数的定义域，判断出函数为偶函数从而排除选项A,B.再由f20排除选项D，得出答案.x2【详解】根据题意，函数fx，有3x30，解可得x1，3x3即函数的定义域为{x|x1}，x2有fxfx，fx为偶函数，排除A，B，3x341又由f20，排除D，3212故选：C.9．已知函数fx2sinx，先将函数fx图象上各点的横坐标伸长到原来的24倍（纵坐标不变），再将所得到的图象向右平移个单位长度，最后得到函数ygx的3图象，则g的值为（）6A．1B．2C．0D．3【答案】A【分析】根据平移伸缩变换求出gx的解析式，然后带入求解即可.【详解】因为将函数fx图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），1所以y2sinx，24因为再将所得到的图象向右平移个单位长度，311所以gx2sinx2sinx，2342121所以g2sin2sin1626126故选：A.1x2ax110．已知函数fx在1,2上单调递减，则实数a的取值范围是（）2A．2,4B．2,C．4,2D．,4【答案