山西省同煤二中2024屆數學高一上期末考試試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．已知函數則A. B.C. D.2．已知向量，若，則（）A.1或4 B.1或C.或4 D.或3．已知指數函數是減函數，若，，，則m，n，p的大小關系是（）A. B.C. D.4．如圖，在中，是的中點，若，則實數的值是A. B.1C. D.5．已知函數在區間上的值域為，對任意實數都有，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.6．已知函數，若正實數、、、互不相等，且，則的取值范圍為（）A. B.C. D.7．若圓上有且僅有兩個點到直線的距離等于1，則半徑的取值范圍是（）A. B.C. D.8．sin1830°等于（）A. B.C. D.9．為了得到函數，的圖象，只要把函數，圖象上所有的點（）A.向左平移個單位長度 B.向右平移個單位長度C.向左平移個單位長度 D.向右平移個單位長度10．已知扇形周長為40，當扇形的面積最大時，扇形的圓心角為（）A. B.C.3 D.2二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．設向量，若⊥，則實數的值為______12．已知冪函數的圖象過點，則_____________13．設函數的圖象關于y軸對稱,且其定義域為,則函數在上的值域為________.14．如圖，扇形的面積是，它的周長是，則弦的長為___________.15．請寫出一個同時滿足下列兩個條件的函數：____________.（1），若則（2）16．已知函數，則的值是________三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．已知.（1）求的值；（2）若且，求sin2α－cosα的值18．已知，，（）求及（）若的最小值是，求的值19．給出以下定義：設m為給定的實常數，若函數在其定義域內存在實數，使得成立，則稱函數為“函數”.（1）判斷函數是否為“函數”；（2）若函數為“函數”，求實數a的取值范圍；（3）已知為“函數”，設.若對任意的，，當時，都有成立，求實數的最大值.20．已知函數（1）證明：函數在上是增函數；（2）求在上的值域21．已知直線與圓相交于點和點（1）求圓心所在的直線方程；（2）若圓心的半徑為1，求圓的方程

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、A【解題分析】，.2、B【解題分析】根據向量的坐標表示，以及向量垂直的條件列出方程，即可求解.【題目詳解】由題意，向量，可得，因為，則，解得或.故選：B.3、B【解題分析】由已知可知，再利用指對冪函數的性質，比較m，n，p與0，1的大小，即可得解.【題目詳解】由指數函數是減函數，可知，結合冪函數的性質可知，即結合指數函數的性質可知，即結合對數函數的性質可知，即，故選：B.【題目點撥】方法點睛：本題考查比較大小，比較指數式和對數式的大小，可以利用函數的單調性，引入中間量；有時也可用數形結合的方法，解題時要根據實際情況來構造相應的函數，利用函數單調性進行比較，如果指數相同，而底數不同則構造冪函數，若底數相同而指數不同則構造指數函數，若引入中間量，一般選0或1.4、C【解題分析】以作為基底表示出，利用平面向量基本定理，即可求出【題目詳解】∵分別是的中點，∴.又，∴.故選C.【題目點撥】本題主要考查平面向量基本定理以及向量的線性運算，意在考查學生的邏輯推理能力5、D【解題分析】根據關于對稱，討論與的關系，結合其區間單調性及對應值域求的范圍.【題目詳解】由題設，，易知：關于對稱，又恒成立，當時，，則，可得；當時，，則，可得；當，即時，，則，即，可得；當，即時，，則，即，可得；綜上，.故選：D.【題目點撥】關鍵點點睛：利用分段函數的性質，討論其對稱軸與給定區間的位置關系，結合對應值域及求參數范圍.6、A【解題分析】利用分段函數的定義作出函數的圖象，不妨設，根據圖象可得出，，，的范圍同時，還滿足，即可得答案【題目詳解】解析：如圖所示：正實數、、、互不相等，不妨設∵則，∴，∴且，，∴故選：A7、C【解題分析】圓上有且僅有兩個點到直線的距離等于1，先求圓心到直線的距離，再求半徑的范圍【題目詳解】解：圓的圓心坐標，圓心到直線的距離為：，又圓上有且僅有兩個點到直線的距離等于1，滿足，即：，解得故半徑的取值范圍是，（如圖）故選：【題目點撥】本題考查直線與圓的位置關系，考查數形結合的數學思想，屬于中檔題8、A【解題分析】根據誘導公式計算【題目詳解】故選：A9、C【解題分析】利用輔助角公式可得，再由三角函數的平移變換原則即可求解.【題目詳解】解：，，為了得到函數，的圖象，只要把函數，圖象上所有的點向左平移個單位長度故選：C．10、D【解題分析】設出扇形半徑并表示出弧長后，由扇形面積公式求出取到面積最大時半徑的長度，代入圓心角弧度公式即可得解.【題目詳解】設扇形半徑,易得,則由已知該扇形弧長為.記扇形面積為,則,當且僅當，即時取到最大值，此時記扇形圓心角為，則故選：D二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】∵，∴，，又⊥∴∴故答案為12、##【解題分析】設出冪函數解析式，代入已知點坐標求解【題目詳解】設，由已知得，所以，故答案為：13、【解題分析】∵函數的圖象關于y軸對稱，且其定義域為∴，即，且為偶函數∴，即∴∴函數在上單調遞增∴，∴函數在上的值域為故答案為點睛：此題主要考查函數二次函數圖象對稱的性質以及二次函數的值域的求法，求解的關鍵是熟練掌握二次函數的性質，本題理解對稱性很關鍵14、【解題分析】由扇形弧長、面積公式列方程可得，再由平面幾何的知識即可得解.【題目詳解】設扇形的圓心角為，半徑為，則由題意，解得，則由垂徑定理可得.故答案為：.15、，答案不唯一【解題分析】由條件（1），若則.可知函數為R上增函數；由條件（2）.可知函數可能為指數型函數.【題目詳解】令，則為R上增函數，滿足條件（1）.又，故即成立.故答案為：，（，等均滿足題意）16、-1【解題分析】利用分段函數的解析式，代入即可求解.【題目詳解】解：因為，則.故答案為：-1三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）.【解題分析】（1）利用誘導公式化簡可得，代入數據，即可求得答案.（2）根據題意，可得，根據左右同時平方，利用的關系，結合的范圍，即可求得和的值，即可求得答案.【題目詳解】（1）利用誘導公式化簡可得，.（2）因為，所以，即，兩邊平方得1＋2sinαcosα＝，所以2sinαcosα＝－，1－2sinαcosα＝，即(sinα－cosα)2＝，因為2sinαcosα＝，，所以，所以sinα－cosα>0，所以sinα－cosα＝，結合cosα＋sinα＝，解得sinα＝，cosα＝－，故sin2α－cosα＝－(－)＝.18、（1）；（2）.【解題分析】（1）利用平面向量的數量積公式、模長公式求解；（2）將的值域，轉化為關于的一元二次函數的值域，根據【題目詳解】(1)，，（2），,，，當時，當且僅當時，取最小值，解得；當時，當且僅當時，取最小值，解得（舍）；當時，當且僅當時，取最小值，解得（舍去），綜上所述，.【題目點撥】本題主要考查求平面向量的數量積，向量的模，以及由函數的最值求參數的問題，熟記平面向量數量積的坐標表示，向量模的坐標表示，以及三角函數的性質即可，屬于常考題型.19、（1）是（2）（3）【解題分析】（1）根據定義判得時，滿足，進而判斷；（2）根據題意得，，進而整理得存在實數使得，再結合和討論求解即可；（3）由題知，故不妨設，進而得，故構造函數，則函數在上單調遞增，在作出函數圖像，數形結合求解即可.【小問1詳解】解：的定義域為，假設函數是“函數，則存在定義域內的實數使得，所以，所以，所以，所以函數“函數【小問2詳解】解：函數有意義，則，定義域為因為函數為“函數”，所以存在實數使得成立，即存在實數使得，所以存在實數使得成立，即，所以當時，，滿足題意；當時，，即，解得且，所以實數a的取值范圍是【小問3詳解】解：由為“函數”得,即，所以，不妨設，則由得，所以故令，則在上單調遞增，又，作出函數圖像如圖，所以實數的取值范圍為，即實數的最大值為20、（1）證明見解析（2）【解題分析】（1）設，化簡計算并判斷正負即可得出；（2）根據單調性即可求解.【小問