2020-2021学年山东省菏泽市高一上学期期末数学试题(解析版).pdf

2020-2021学年山东省菏泽市高一上学期期末数学试题一、单选题1．已知集合Axx2，Bx0x3，则AB（）A．x0x2B．x0x2C．x2x3D．x2x3【答案】A【分析】直接利用集合的交集运算求解.【详解】因为集合Axx2，Bx0x3，所以则ABx0x2，故选：A2．已知alog0.2,b20.2,c0.20.3，则2A．abcB．acbC．cabD．bca【答案】B【分析】运用中间量0比较a,c，运用中间量1比较b,c【详解】alog0.2log10,b20.2201,00.20.30.201,则220c1,acb．故选B．【点睛】本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养．采取中间变量法，利用转化与化归思想解题．1x3．在同一直角坐标系中，y与ylogx的图像是（）22A．B．C．D．【答案】C【分析】根据函数的单调性判断.【详解】因为ylogx的图象与ylogx的图象关于y轴对称，22且ylogx在定义域上是增函数，2所以ylogx在定义域上是减函数，21x又y是减函数2故选：C4．函数fx3x4的零点所在区间（）A．1,0B．1,2C．2,3D．0,1【答案】B【分析】利用零点存在性定理进行判断．【详解】因为f(x)3x4，且是增函数，所以f（1）3410，f（2）32450，f1f20，所以根据零点存在性定理可知，函数f(x)3x4的零点在区间(1,2)内，故选：B．5．为了得到函数y3sin2x的图象，只需把y3sinx上所有的点（）3A．先把横坐标伸长到原来的2倍，然后向左平移个单位6B．先把横坐标伸长到原来的2倍，然后向左平移个单位3C．先把图像向右平移个单位，然后横坐标缩短到原来的1倍32D．先把图像向左平移个单位，然后横坐标缩短到原来的1倍32【答案】D【分析】由y3sinx按各选项所给变换逐一求出所得图象的解析式，再比对即可得解.1【详解】对于A选项：横坐标伸长到原来的2倍得y3sinx，再左平移个单位得2611y3sin(x)3sin(x)，A错误；262121对于B选项：横坐标伸长到原来的2倍得y3sinx，再左平移个单位得2311y3sin(x)3sin(x)，B错误；2326对于C选项：向右平移个单位得y3sin(x)，然后横坐标缩短到原来的1倍得332y3sin(2x)，C错误；3对于D选项：向左平移个单位得y3sin(x)，然后横坐标缩短到原来的1倍得332y3sin(2x)，D正确.3故选：D6．若奇函数fx在,0内递减，则不等式f1flgx的解集是（）111A．0,10,B．,C．0,10D．,10101010【答案】C【分析】根据题意可得出f(x)在R上单调递减，从而由不等式f（1）f(lgx)可得出lgx1，然后解出x的范围即可．【详解】奇函数f(x)在(，0]内递减，f(x)在(0,)内递减，f(x)在R上递减，由f（1）f(lgx)得，lgx1，解得0x10，不等式f（1）f(lgx)的解集是(0,10)．故选：C．7．已知角的顶点在坐标原点,始边在x轴非负半轴上,且角的终边上一点P1,2,则sin2（）442525A．B．C．D．5555【答案】B【分析】利用三角函数定义求出sin,cos的值，再由二倍角正弦公式即可作答.21【详解】依题意，r|OP|12225，由三角函数定义得sin,cos，55214所以sin22sincos2.555故选：B8．已知扇形OAB的面积为2，弧长AB2，则AB（）11A．2sin1B．2sinC．4sin1D．4sin22【答案】D【分析】由已知条件利用扇形的面积公式可求半径，进而可求扇形的圆心角，解三角形即可得解．【详解】设扇形的半径r，圆心角为，扇形OAB的面积为2，弧长AB2，1l2可得r22，解得r2，1，2r2如图所示，1AB2AC4sin．2故选：D．二、多选题9．若ab0，则以下结论正确的是（）11A．ac2bc2B．a2abb2C．lgalgbD．ab【答案】BCD【分析】利用特殊值判断A；利用不等式的性质判断BD；利用对数函数的性质判断C；从而可得答案．【详解】