浙江省浙南名校联盟2024-2025学年高一下学期开学考试数学答案

2024年学年第一学期浙南名校联盟返校联考高一年级数学学科参考答案命题：永嘉中学倪阿亮李艳丹审稿：苍南中学苍南中学徐贤安一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.12345678AADCDBCD二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.91011BDACDAB三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.112.13.114.，12四、解答题:本题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.（1）x23x20x1x20A1,2；.....................2分x1x1x00B0,1........................................4分xx0所以AB0,2..........................................................6分2（2）记fxx2xm，因为CRAB,02,，.............9分f00，故，所以................................13分CRABCm0f2016.（1）f(x)在定义域(0,)上单调递增，…………………………………………2分证明如下：任取且，x1,x2(0,)x1x22121x1x2f(x1)f(x2)x1x2x1x2x1x2，…………4分x1x2x1x2又，则，，，x2x10x1x20x1x20x1x201所以，即，f(x1)f(x2)0f(x1)f(x2)即f(x)在定义域(0,)上单调递增.………………………………………6分（2）令tf(x),x1,4，31又f(x)在1,4上单调递增，则t[0,]，231即方程在kt2tk10在t[0,]上有解.………………………………………9分2解法1：①当t1时，此时不成立；……………………………………………11分311t1②当，即时，，t1t0,11,k22t1t112又,1,，t1292所以k,1,.………………………………………………………15分29解法2：令g(t)kt2tk1，31因为g(1)0，10,……………………………………………11分231所以若g(t)kt2tk1在t[0,]在上有零点.231所以g(0)g()0229化简得(1k)(k1)0，22即解得k,1,.……………………………………………………15分2917.(1)以圆心O原点，建立如图所示的坐标系，π则以Ox为始边，OB为终边的角为θ，故点B坐标为25cos,5sin..........................3分222h65sin65cos..........................6分22（2）300秒转动一圈，所以该摩天轮转动的周期T300(s)，所以其转动的角速度是，300150tt故ts转过的弧度数为，∴，..........................9分150150t∴h65cost0,．150ttt令65cos11，得cos1，所以2k,kZ，.............12分150150150解得t150300k,kZ，令k1，得t450s∴该车厢第2次到达最高点时，用的时间为450s.................................15分18.（1）由f(x)为奇函数，得f(x)f(x)0，……………………………………2分代入计算可得a1.………………………………………………………2分22（2）由（1）可得，f(x)log1(1)，令t1，3x1x12ylogt由t1在(1,1)上单调递减，1在上单调递减，x13(0,)2所以f(x)log1(1)在(1,1)上单调递增，……………………………………8分3x1又yx在(1,1)上也单调递增，所以在上单调递增，…………………………………………10分yf(x)x(1,1)由f(x)的定义域为(1,1)得，1x11，所以g(x)f(x1)x的定义域为(0,2)，……………………………………12分又g(x)g(2x)2，则g(2x)2g(x)，则g(x)g(2x2)2可转化为g(2x2)g(2x)，……………………………14分因为g(x)在(0,2)上单调递增，3所以02x2x22，解得x0,1，即不等式的解集为x|0x1.………………………………………………………17分exexeyeyexyexyexyexy19.（1）由于sinhxcoshy；.....1分224exexeyeyexyexyexyexycoshxsinhy；所以224sinhxysinhxcoshycoshxsinhy.................................3分sinhxe2x125（2）考虑函数，在上单调hxsinx2xsinx12xsinxx,coshxe1e126递增，...................................................................5分5512e332h5，55,因为，h062332e133e3e30e12e1sinhx5所以由零点存在定理，函数hxsinx在,上有且仅有1个零点....7分coshx26exex（3）由x1x2x3，知a0，coshx1，所以c1...................8分2xx考虑ee，2xx，因为存在两个零点，所以coshxcc0e2ce10x1x222，22...........................10分c10x1lncc1,x2lncc1aexaex同理asinhxcc0，ae2x2cexa0，2cc2a2由于ex0所以xln，...........................12分3a4exex又由于coshx为偶函数，所以22x2xxxx2ccce123e23cc11，关于c1,单调递增;.....14分aa11当c趋向1时，趋向最大的取值5，趋向最小的取值1，所以要使不4coscc2aa11115等式恒成立，则15，令a1，关于a0单调递减，且5，aa2aa2125所以0a.........17分（此处也可以通过解不等式获得答案）125