江苏省苏州市2018-2019学年高一第一学期学业质量阳光指标调研卷数学试题

苏州市2018—2019学年第一学期学业质量阳光指标调研卷

高一数学

2019．1

一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共计70分．不需要写出解答过程，请将答案填写在答题卡相应的位．．．．．．．置上．） ．．

1．已知集合A＝{1，2，5}，B＝{2，3}，则A2．函数f(x)log0.2(4x)的定义域为．

3．已知角的终边经过点P(1，﹣2)，则tan的值是． 4．已知向量AB＝(3，5)，AC＝(4，1)，则向量BC的坐标为． 5．已知cos＝

B＝．

4，且是第四象限角，则cos(＋)的值是． 526．下列函数中，定义域是R且在定义域上为减函数的是．

x ①ye；②yx；③ylnx；④yx．

x1x2,2 1x2，若f(x)3，则x的值是． 7．已知函数f(x)x,2x, x28．已知函数f(x)3x5的零点x0(n，n＋1)，nN，则n的值是． 9．计算：eln3log5x25＝．

10．把函数ysinx的图象向右平移

3个单位长度，再将所得图象上的所有点的横坐标变为原来的

1倍（纵坐标2不变），则得到的图象的函数解析式为．

11．某次帆船比赛LOGO（如图1）的设计方案如下：在Rt△ABO中挖去以点O为圆心，OB为半径的扇形BOC

（如图2），使得扇形BOC的面积是Rt△ABO面积的一半．设∠AOB＝(rad)，则

12．如图，在长方形ABCD中，M，N分别为线段BC，CD的中点，

tan的值为．

若MN1AM+2BN，1，2R，则12的值为．

13．如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6cm，AD＝10cm，沿着过C点的直线将矩形右下角折起，使得右下角顶点

B落在矩形的左边AD上．设折痕所在的直线与AB交于M点，记翻折角∠BCM为，则tan的值是． 14．已知函数f(x)x1，x0(x1)，x02，设函数g(x)f(x)f(x)k(kR)，若函数g(x)在R上恰有两个不

同的零点，则k的值为．

二、解答题（本大题共6小题，共计90分．请在答题纸指定区域内作答，解答应写出文字说明，证明过程或演算．．．．．．．

步骤．）

15．（本题满分14分）

设全集U＝R，已知集合A＝{1，2}，B＝x0x3，集合C为不等式组（1）写出集合A的所有子集； （2）求ðUB和B 16．（本题满分14分）

设向量a＝(cosx，1)，b＝(3，4sinx)． （1）若a⊥b，求tanx的值； （2）若(a＋b)∥b，且x[0， 17．（本题满分14分）

已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，当x≤0时，f(x)log2(1x)． （1）当x＞0时，求函数f(x)的表达式；

（2）记集合M＝xf(x)log2(x11)，求集合M．

x10的解集．

3x60C．

4]，求向量b的模．



18．（本题满分16分）

某校高一数学研究小组测量学校的一座教学楼AB的高度．已知测角仪器距离地面的高度为h米，现有两种测量方法：

方法I（如图1）①用测角仪器，对准教学楼的顶部A，计算并记录仰角(rad)；②后退a米，重复①中的操作，计算并记录仰角(rad)．

方法II（如图2）用测角仪器，对准教学楼的顶部A底部B，测出教学楼的视角∠ACB＝(rad)，测试点与教学楼的水平距离b米．

请你回答下列问题：

（1）用数据，，a，h表示出教学楼AB的高度； （2）按照方法II，用数据，b，h表示出教学楼AB的高度． 19．（本题满分16分）

在平面直角坐标系xOy中，已知点A(3，4)，B(5，12)．

（1）求OAOB的值；

（2）若∠AOB的平分线交线段AB于点D，求点D的坐标；

（3）在单位圆上是否存在点C，使得CACB＝64？若存在，请求出点C的坐标；若不存在，请说明理由． 20．（本题满分16分）

定义：若对定义域内任意x，都有f(xa)f(x)（a为正常数），则称函数f(x)为“a距”增函数．

x（1）若f(x)2x，x(0，)，试判断f(x)是否为“1距”增函数，并说明理由；

（2）若f(x)x31x4，xR是“a距”增函数，求a的取值范围； 4，x(﹣1，)，其中kR，且为“2距”增函数，求f(x)的最小值．

高一数学参考答案 2019.1

（3）若f(x)2x2kx一、填空题:

1. 2 2. (,4） 3. 2 4. 1,4 5.6. ① 7.3 8. 1 9. 7 10. ysin(2x11.

) 33 5

1211 12. 13. 14.  2534二、解答题：

15. 解：（1）因为集合A{1,2}，所以它的子集,{1}, {2},{1,2};

3} }, 所CuB{x|x0或x3}; （2）因为B{x|0≦x≦由x1x10，，解得，所以解集C=[-1,2]

x23x60C=[1,3]

所以B16.解：（1）因为ab，所以3cosx4sinx0 因为cosx0，所以

sinx33，即tanx-。 cosx44（2）因为a+b//b,即（cosx3,14sinx)//(3,4sinx)

所以4sinx(cosx3)3(14sinx)，即4sinxcosx3，所以sin2x因为x[0,3， 2]，所以2x[0,]，所以2x，即x， 42362此时b，所以b（3）22（3，2）7. 17.解：（1）因为当x0时，x0,所以f(x)log2(1x)； 又因为函数fx为偶函数，所以f(x)f(x)log2(1x)，

所以x0时，函数fx的表达式为f(x)log2(1x). （2）当x≦0时，x111x12x，

若f(x)log2(1x)log2(x11)，则1x2x,可知x； 当x0时，若f(x)log2(1x)log2(x11)， 则1xx11,即xx1, 平方后有x2x22x1，解得x综上可知，M{}. 18.解：（1)由题意得：tan1，适合题意. 212AEAEAEAE，tan，所以CE，DE，

tanCEDEtan11tantanatantantantan，

AEAE,AE因为DECE，所以tantan所以教学楼AB的高度AEhatantanh.

tantanBEh， CEb(2)过C作CEAB，垂足为E，则tanBCE所以tanACEtan(ACBBCE）， 因为ACB，

所以tanACEtan(ACBBCE）tanACBtanBCE

1tanACBtanBCEh.

btanhbh1tanbhtanbtan-所以AECEtanACEbbtanh，

bhtan22btanh(bh)tan，

所以教学楼AB的高度为bhbhtanbhtan

答：教学楼AB 的高度为

（b2h2)tan.

bhtan19.解：（1）因为OA（3，4），OB（5，12），AB 所以OAOB3541263；

（2)设点Da,b,则AD(a3,b4)，AB(2,8) 因为点D在线段AB上，

所以AD//AB,即有8a32b4，化简得4ab8, 再设AODBOD， 因为cosOAODOAOD(3,4)(a,b)5a2b23a4b5a2b2，

同理cosOBODOBOD(5,12)(a,b)a12b13a2b2513a2b2，

可知133a4b55a12b,化简得a47b， 由①②解得a329，b569，即点D的坐标为（329，569）。（3）假设单位圆上存在点C（cos,sin)满足条件， 则CACB（3-cos,4sin)(5cos,12sin)

sin2cos28cos16sin1548

64-（8cos2sin)；

当CACB64时，cos2sin0，即cos2sin，又因为sin2cos21，所以sin215， 5,5可知sin5或sin5, cos255cos255.所以，当为第二象限角时，C（-255，55）;

① ②

当为第四象限角时，C（255。 ，-）55综上所述，单位圆上存在点C(255255,)或C(,),满足题意。 555520.解：（1）任意x0,f(x1)f(x)(2x1(x1))(2xx)2x1 因为x0,21, 所以2x1，所以f（x1）f（x）0.

3（2）f(xa)f(x)((xa)11(xa)4）(x3x4) 4413x2a3xa2a3a.

4223因为f（x）是“a距”增函数，所以3xa3xaa1a0恒成立， 422因为a0,所以3x3xaa10在x上恒成立， 422所以=9a12(a)0，

14所以a21，因为a0,所以a1. （3）因为f(x)2x2kx，x(1,)，且为“2距”增函数，

fx恒成立， 所以x1时，f（x2）（x2)即x1时，222kx222x2kx恒成立，

（x2）kx2xkx， 所以

当x0时，(x2)2k(x2)x2kx，即4x42k0恒成立， 所以42k0, 得k2;

当1x0时，(x2)2k(x2)x2-kx， 得4x42kx2k0恒成立， 所以x1k20,得k2, 综上所述，得k2. 又f(x)2x2kx2kk2（x)224，

因为x1,所以x0，

k2k2当k0时，x0,(x)最小值为0；

24kk2k2当2k0时，x，(x)最小值.

224因为21，所以y2x在R上单调递增函数，

fx）所以当k0，fx的最小值为1；当2k0时（的最小值为

k22,2k041,k02-k24，

即f(x)min