0?a?1．
故选“D”．
8．B解析：∵二分法只适用于求“变号零点”，∴选“B”．
9．C解析：通过两张表格寻找“上升趋势”与“下降趋势”的交汇点，知选“C”． 10．D解析：∵最小正周期为T点(7?12,?1)在图象上，∴sin(2?7?12?4(7?12??3)??，∴
7?62????，得??2?2，∴y?2n(is，得?)x??5?3．∵．又
??)??1，得???2k??,k?Z?2k??∵|?|??2，∴令k?2】
?1，得???3．故选“D”．
A11．【a 解析：∵1?，∴12?1?a?02，得a2?2．
2212．【2】 解析：∵|2a?b|2?(2a?b)2∴|2a?b|?2． 13．【
xx?12?4a?4a?b?b?4|a|?4|a||b|cos150??|b|?4，
】 解析：∵f(x)?f(x)?g(x)?xx?121x?1，∴
f(?x)?g(?x)?1?x?1，即?f(x)?g(x)??1x?1，
两式联立，消去g(x)得
14．【
17%．
】 解析：设原来的进货价为a元，原来的利润率为x，则
x，得8?17%ax?a?6.4%?a?93.6%?x(?．
15．【②④】 解析：对于①，∵当向量b为零向量时，不能推出a∥c，∴①为假命题； 对于②，∵集合A与B都是终边落在象限的角平分线上的角的集合，∴A?B，②为真命题；
对于③，∵(2,4)和(4,16)都是函数y在第二象限显然有一个交点，∴函数y③为假命题；
对于④，∵f(?x?2)?f[?(x?2)]，∴④为真命题． 综上所述，选择②④．
16．解析：（1）∵ant(cos??2?2xx的图象与函数y?x22的图象的交点，且它们的图
?2的图象与函数y?x的图象至少有3个交点，∴
?270)???15，∴?1tan??15nt?，得a52626?5?si．∴n2??ant2?21?tan?25?26，
11?tan?2?126．∵?是第二象限角，∴sin?2626?,cos???2626．
（2）原式??cos??．
湖北省黄冈中学2010年秋季高一期末考试数学试卷 第11页
17．解析：（1）由?[k???2?2k??2x??3??2?2k?得f(x)的单调增区间为
?12,k??5?12](k?Z)．
(k?Z)得x?k?2（2）由2x?由2x??3?3?k???2k?2?5?12(k?Z)，即为f(x)图象的对称轴方程．
k?2??k?,k?Z得x???6．故f(x)图象的对称中心为(?6,1)(k?Z)．
（3）由
2x?f(x)?2sin(2x??34?3?3)?1知
? ?? ??2 0 ?25?12 2?3 x ??2??3??12?6?2f(x) 3?1 1 ?1133?1 故f(x)在区间[?
??,]上的图象如图所示．
22y 3 3?1 2
18．解析：（1）BA?AC?|BA|?|AC|?cos135???3?1．
（2）∵BP?(1??)BA??BC，∴BP?BA??(BC?BA)，即AP??AC，
????|AP|1又∵??0，∴???????|AC|2?????????????????????????????????????????????7??5???? ??? ?? ? ? 61212212341 O? 12 ? ? ? 5? ? 7? 46312212x
?1 ????????A P
．
B ??????????????Q?(??1)MQ，，∴A∴MQ?M Q 1????AQ?C 1????(AB???????????????B?bA,C?c．M??MQ（3）设A∵A??1??1
湖北省黄冈中学2010年秋季高一期末考试数学试卷 第12页
????BQ)?????1????????1????????131(AB?BC)?[AB?(AC?AB)]?b?c??14??144(??1)4(??1)1．∵BM?BQ?QM?
，且BM∥BP，∴
????????????????????????1??????????4?BC?MQ??b?c44(??1)4(??1)?，BP?4????????????????1????1?BA?AP??AB?AC??b?c22??44(??1)?12??4(??1)?(?1)，得?．
19．解析：（1）f(2011)?f(1)?0． （2）对于任意的
x?R2，必存在一个k?Z，使得x?(2k,2k?2]，则x?2k?(0,2]，．故f(x)的解析式为
f(x)?(x?2k?1),x?(2k,2k?2](k?Z)．
2f(x)?f(x?2k)?(x?2k?1)（3）由g(x)?0得f(x)?lgx．作出y?f(x)与y?lgx的图象，知它们的图象在(0,10]上有10个交点，∴方程g(x)?0有10个解，∴函数g(x)的零点的个数为10．
20．解析：（1）令
x?y?0，得f(0)?f(0)?f(0)，得f(0)?0．将“y”用“?x”代替，
得f(x)?f(?x)?f(0)?0，即f(?x)??f(x)，∴f(x)为奇函数．
（2）设x1、x2?R，且x1?x2，则f(x1)?f(x2)?f(x1)?f(?x2)?f(x1?x2)．
∵x1?x2，∴x1?x2?0，∴f(x1?x2)?0，即f(x1)?f(x2)，∴f(x)在R上是增函数． （3）方法1 由f(k?3x)?解．∵3x(3?xxxf(?3?9?2)得k?3??3?9?2xxx，即k?3?x23x?1对x?R有
?0，∴由对勾函数y?t?2t在(0,??)上的图象知当3x?2，即x?log32时，
23x?1)min?22?1，故k?(22?1,??)．
xxf(?3?9?2)得k?3??3?9?2xxx方法2 由f(k?3x)?解．令t?3(t?0)x，即32x?(1?k)3x?20?对x?R有
，则t2?(1?k)t?2?0对t?0有解．
记
1?k?1?k??0,?0，??或?解得k?22?1． g(t)?t?(1?k)t?2，则?222?g(0)?2?0,???(1?k)?4?2?0,??221．解析：（1）由g(x)?0得x∴??16?4a?b?0,?4?2a?b?0,?4或x??2．于是，当x2?4或x??2时，得?2?|16?4a?b|?0,?|4?2a?b|?0,
∴??a??2,?b??8.此时，|．
f(x)|?|g(x)|?|x?2x?8|?2|x?2x?8|，对x?R恒
成立，满足条件．故a??2,b??8（2）∵f(x)?(m?2)x?m?15对x记?(x)?由对勾函数yx?4x?7x?1?t?4t22?2恒成立，∴m?x?4x?7x?14?22对x?2恒成立．
?[(x?1)?1]?4(x?1)?3x?1?(x?1)?x?1．∵x?2，∴x?1?1?2．
，∴
在(1,??)上的图象知当t?2，即x?3时，?(x)min?2，∴m湖北省黄冈中学2010年秋季高一期末考试数学试卷 第13页
（3）∵hx()1??(x?)12??21122，∴[mknk,](?,??]12，∴kn?12，又∵k?12，∴n?12k?1，
∴[m,n]?(??,1]，∴h(x)在[m,n]上是单调增函数，∴
?h(m)?km,??h(n)?kn,即
?12?m?m?km,??2???1n2?n?kn,??2即
?m?0,或m?2?2k,∵m?n?n?0,或n?2?2k.?，且k?12，故：当
12?k?1时，[m,n]?[0,2?2k]；当k?1时，
[m,n]?[2?2k,0]；当k?1时，[m,n]不存在．
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