重庆市西南大学附属中学校2022-2023学年高一上学期期末考试数学答案

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高一数学答案第 1页（共 4页）

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西南大学附中 2022—2023 学年度上期期末考试

高一数学试题参考答案

1—5 BBBCA 6—8 CCB 9 AD 10 BD 11 BCD 12 CD

13．



14．

15．

a b





16．

1 2 2

 

 

 

 

，

17．解：(1)

log 3

1 1 1 2

log 125 lg ln e 2 3 3

1000 3 3 3



       

．

(2)

1 2

2 3 1

1 3

2 cos 2403 0.1

4 8

 

   

 

   

   

1 2 1

2 3

9 27 1 3 9 1 35

2 2 4 2 4

4 8 10



     

  

       

      

 

．

18．解：(1) 由题意，角



是第二象限角，且

5sin( )cos( + ) 4 tan( )

     

  

，

可得

4sin

5sin cos 4 tan cos



   

 

，可得

cos 5





，所以

2 2 1

sin 1 cos 5

 

  

，

所以

sin 1

tan cos 4





 

，

因为



是第二象限角，可得

tan 2



 

(2) 由(1)知

tan 2



 

，

又由

   

2 1

2sin 3 cos 2sin cos 2 tan 1 2

3sin 3cos tan 3 3

cos 3sin 2

2 2

      

    

 

 

  

 

      

  

 

     

  

   

   

 

．

19．解：(1)

1 3 3

( ) sin 2 cos 2

2 2 2

f x x x  

sin 2 3 2



 

  

 

 

由周期公式可得最小正周期为



 

当

2 2 ( )

3 2

x k k Z

 



   

即

5( )

x k k Z



  

时，

 

f x

的最大值为



．

(2) 因为

3 3

 

 

 

 

,则

2 ,

3 3

  

 

  

 

由正弦函数的图像可知,当

2 ,

3 3 2

  

 

  

 

时为单调递增，此时

3 12

 

 

 

 

2 ,

3 2

  

 

  

 

时为单调递减，此时

5 2

12 3

 

 

 

 

综上可知,当

3 12

 

 

 

 

时

 

f x

单调递增；当

5 2

12 3

 

 

 

 

时,

 

f x

单调递减．

20．解：(1)

2 1

( ) 2 1

f x 



的定义域为

关于原点对称,

 

2 1 2

2 1 1 2

( ) ( )

2 1 1 2

2 1 2

x x

f x f x







 

     

 



，所以

 

f x

是奇函数；

2 1 2 1 2 2

( ) 1

2 1 2 1 2 1

x x

x x x

f x  

   

  

，因为

2 0

x

，所以

2 1 1

x 

，所以

0 1

2 1

 



，

2 0

2 1



  



，所以

1 1 1

2 1

   



，可得

( )f x

的值域为

 

1,1

(2) 任取

1 2 1 2

Rx x x x 且，

，

则

 

  

1 2

1 2 2 1 1 2

1 2

2 2 2

2 2

( ) ( ) 1 (1 )

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

x x

x x x x x x

f x f x       

  



 

，

因为

2 1 0

x 

，

2 1 0

x 

，

1 2

2 2 0

x x

 

，所以

 

  

1 2

2 2 2 0

2 1 2 1

x x



 

，

即

1 2 0( ) ( )f x f x 

，所以

   

1 2

f x f x

，函数

 

f x

在R上是增函数

又因函数

 

f x

在R上是奇函数

则

 

21 2 4 0f t f t   

可变形为

 

   

21 2 4 4 2f t f t f t    

所以不等式可化为

21 4 2t t  

,即

22 3 0t t  

解不等式可得

 

3,1t 

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