江西省高一上学期12月期末考试数学试题(解析版)

一、单选题

1．与终边相同的角是

30

A． B． C． D．

33030150330

【答案】D

【详解】与终边相同的角是.

30k36030kZ

，

当1时， k36030330

故选D

2．不等式的解集为（

） 2

320xx

A．或 B．或 

|2xx

1x

|1xx

2x

C． D．



12xx

21xx

【答案】B

【分析】先将二次项系数化正，再因式分解求解即可.

【详解】由，则，即，解得或. 2

320xx2

320xx

120xx

|1xx

2x

故选：B

3．“”是

“”的（

） (1)(2)0xx1

0

2x

x





A．充分非必要条件 B．必要非充分条件

C．充分必要条件 D．非充分非必要条件

【答案】C

【分析】利用“

”“”，即可判断出结论. (1)(2)0xx1

0

2x

x





【详解】解：“

”“”， (1)(2)0xx1

0

2x

x





“”

是“”的充要条件. (1)(2)0xx1

0

2x

x



故选：C.

【点睛】本题考查了简易逻辑的判定、不等式的解法，属于基础题.

4．函数的零点个数为（

） 

31

2x

fxx







A．0个 B．1个 C．2个 D．3个

【答案】B

【分析】利用的单调性与零点存在定理判断即可. 

fx【详解】因为与在上单调递减，

1

2x

y





3

yx

R

所以在上单调递减， 

31

2x

fxx





R

又因为， 1

010,10

2ff

所以在上只有一个零点． 

fx

R

故选：B．

5．将函数图象上的所有点向左移动一个单位，再向下移动两个单位得到的函数解析式为

，则原函数的解析式为（

） 2

274yxx

A． B． 2

21111yxx2

237yxx

C． D． 2

231yxx2

2115yxx

【答案】C

【解析】设原函数为，根据题意可知将函数的图象上的所有点向上平移两

ygx2

274yxx

个单位，再向右平移一个单位可得的图象，再结合“左加右减，上加下减”可写出

ygx

ygx

的解析式.

【详解】可设原函数为， 

ygx

根据将函数图象上的所有点向左移动一个单位，再向下移动两个单位得到

ygx2

274yxx

的图象，那么将函数的图象上所有点向上平移两个单位，再向右平移一个单位可得2

274yxx

到的图象， 

ygx

所以 2

217142gxxx

化简可得 

2

231gxxx

故选：C

6．函数的图象如图所示，为了得到

的图像，则只()cos()0,||

2fxAxA







()sin2gxx

要将的图像（

） 

fx

A

．向右平移个单位长度

B．向右平移个单位长度

6

12

C

．向左平移个单位长度

D．向左平移个单位长度

6

12

【答案】A

【分析】由图中最低点纵坐标得到振幅A，利用相邻零点的距离等于四分之一周期，得到ω，由五

点作图法对应的最高点的相位求得初相φ的值，得到函数的解析式，进而利用平移变换法则得到答

案.

【详解】

由函数图象可得

，则

，可得. 1A27

44123T

2



再由五点作图法可得，得， 2

32





6





故函数的解析式为. ()cos2

6fxx





由， ()cos2sin2sin2

6626fxxxx









故将函数

的图象向右平移个单位长度可得到的图象. ()fx

6

()sin2gxx

故选：A

7．设定义在上的函数和满足：①对任意的，和

R()fx()gx

xR

2

fxfxx

恒成立；②在上单调递增． 若，则的取值2

()()

2x

gxfx

-=-()gx

,0

222fafaaa

范围是（

）

A． B． C． D． 1a0a01a1a

【答案】A

【分析】利用函数的奇偶性定义以及函数的单调性即可求解.

【详解】由得

，所以， 2

()()

2x

gxfx2

()()

2x

gxfx()()0gxgx

故在R上为奇函数， ()gx

由在上单调递增，故在R上单调递增， ()ygx(,0]()gx

在上也单增， 2

()()

2x

gxfxR由可得， (2)()22fafaa

22

(2)

(2)()0

22aa

fafa



即，，解得. (2)()gaga

2aa

1a

故选：A.

8．已知函数，

，若成立，则的最小值为（

） 3

()x

fxe

1

()ln

22x

gx()()fmgnnm

A． B． C． D． 1ln2ln22ln2ln21

【答案】D

【分析】令，得到关于t的函数式，进而可得关于t的函数式，构造函数()()tfmgn,mn

nm

利用导数研究单调性并确定最值，即可求的最小值. nm

【详解】令，则

，

， ()()tfmgn

3m

et1

ln

22n

t

∴，，即， 3lnmt1

22t

ne1

223lnt

nmet



若

，则

， 1

2()23lnt

htet

1

21

()2(0)t

htet

t





∴，有， ()0ht

1

2t

当时，，单调递减；当

时，，单调递增； 1

0

2t

()0ht

()ht1

2t()0ht

()ht

∴，即的最小值为.

min1

()()ln21

2hthnm

ln21

故选：D.

【点睛】关键点点睛：令确定关于t的函数式，构造函数并利用导数求函数的()()tfmgnnm

最小值.

二、多选题

9．已知，则下列关系正确的是（

） 0,Rabc

A． B． acbcacbc

C． D．若，则 11

abac

cb

【答案】AC

【分析】根据给定条件，利用不等式的性质判断A，C；举例说明判断B，D作答.

【详解】因，则有，A正确； 0,Rabc

acbc

因，取，则，B不正确； 0,Rabc

0c=0acbc

，则，即，C正确； 0ab

0ab

abab11

ba因，取，满足，而，D不正确. 0,Rabc

0c=ac

cb

故选：AC

10．已知，则下列结论正确的是（

） 1

3xx



A． B． 22

7xx

11

225xx



C．

D． 33

15xx

22

35xx



【答案】AB

【分析】利用指数运算结合完全平方判断AB,D利用立方和公式逐项C,判断

【详解】易知x>0 1

3xx



，A正确； 2

221

27xxxx

，B正确； 1

22112

1

255xxxxxx









，C错误； 



122

318171xxxx



,D错误 2

12212211

3255,5xxxxxxxxxxxx



故选：AB

11．已知函数，，则下列说法正确的有（

） 

cosfxxx

xR

A．是奇函数

B．是周期函数

C．曲线在点处的切线方程为 

,f

0xy

D．在区间上，单调递增 ,

2π

π





【答案】AC

【解析】利用奇函数的定义可以判定函数是奇函数，所以选项A正确； ()fx

不存在非零常数，使得，故不是周期函数，所以选项B错误； T()()fxTfx

()fx

在点，处的切线方程为，所以选项C正确； ()fx(

())f

0xy

利用导数可以判定函数在，单调递减，所以选项D错误. ()fx(

2

)

【详解】A：，又函数的定义域是R，所以函数是奇函

cos()cos()fxxxxxfx

()fx

数，所以选项A正确；

B：不存在非零常数，使得，故不是周期函数，所以选项B错误； T()()fxTfx

()fx

C：，，，故在点，处的切线方()cos(sin)cossinfxxxxxxx()1f

()f



()fx(

())f