2024屆甘肅省金昌市永昌四中數學高一上期末綜合測試試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡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、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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．若函數是偶函數，則滿足的實數的取值范圍是A. B.C. D.2．對于兩條不同的直線l1,l2,兩個不同的平面α，β，下列結論正確的A.若l1∥α，l2∥α，則l1∥l2 B.若l1∥α，l1∥β，則α∥βC若l1∥l2，l1∥α，則l2∥α D.若l1∥l2，l1⊥α，則l2⊥α3．已知，，滿足，則（）A. B.C. D.4．已知是球的直徑上一點,,平面,為垂足,截球所得截面的面積為,則球的表面積為A. B.C. D.5．已知扇形OAB的周長為12，圓心角大小為，則該扇形的面積是（）cm.A.2 B.3C.6 D.96．設平面向量，則A. B.C. D.7．四邊形中，，且，則四邊形是（）A.平行四邊形 B.菱形C.矩形 D.正方形8．“”是“”的條件A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.即不充分也不必要條件9．已知，則下列結論中正確的是（）A.的最大值為 B.在區間上單調遞增C.的圖象關于點對稱 D.的最小正周期為10．已知函數，則函數的零點個數是A.1 B.2C.3 D.4二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．寫出一個周期為且值域為的函數解析式：_________12．已知等差數列的前項和為，，則__________13．寫出一個同時滿足以下條件的函數___________；①是周期函數；②最大值為3，最小值為；③在上單調14．若冪函數的圖象過點，則___________.15．已知函數，，那么函數圖象與函數的圖象的交點共有__________個16．函數的定義域為__________________.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．已知函數，其中，再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇兩個作為已知．條件①：；條件②：的最小正周期為；條件③：的圖象經過點（1）求的解析式；（2）求的單調遞增區間18．已知是冪函數，是指數函數，且滿足，（1）求函數，的解析式；（2）若，，請判斷“是的什么條件？（“充分不必要條件”或“必要不充分條件”或“充要條件”或“既不充分也不必要條件”）19．設A是實數集的非空子集，稱集合且為集合A的生成集（1）當時，寫出集合A的生成集B；（2）若A是由5個正實數構成的集合，求其生成集B中元素個數的最小值；（3）判斷是否存在4個正實數構成的集合A，使其生成集，并說明理由20．已知函數.(1)判斷函數f(x)的單調性并給出證明；(2)若存在實數a使函數f(x)是奇函數，求a；(3)對于(2)中的a，若，當x∈[2,3]時恒成立，求m的最大值21．已知，是方程的兩根.（1）求實數的值；（2）求的值；（3）求的值.

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、D【解題分析】結合為偶函數，建立等式，利用對數計算性質，計算m值，結合單調性，建立不等式，計算x范圍，即可【題目詳解】，，，,令,則,則,當,遞增,結合復合函數單調性單調遞增,故偶函數在上是增函數，所以由，得，.【題目點撥】本道題考查了偶函數性質和函數單調性知識，結合偶函數，計算m值，利用單調性，建立關于x的不等式，即可2、D【解題分析】詳解】A.若l1∥α，l2∥α，則兩條直線可以相交可以平行，故A選項不正確；B.若l1∥α，l1∥β，則α∥β，當兩條直線平行時，兩個平面可以是相交的，故B不正確；C.若l1∥l2，l1∥α，則l2∥α，有可能在平面內，故C不正確；D.若l1∥l2，l1⊥α，則l2⊥α，根據課本的判定定理得到是正確的.故答案為D.3、A【解題分析】將轉化為是函數的零點問題，再根據零點存在性定理即可得的范圍，進而得答案.【題目詳解】解：因為函數在上單調遞減，所以；；因為滿足，即是方程的實數根，所以是函數的零點，易知函數f(x)在定義域內是減函數，因為，，所以函數有唯一零點，即.所以.故選：A.【題目點撥】本題考查對數式的大小，函數零點的取值范圍，考查化歸轉化思想，是中檔題.本題解題的關鍵在于將滿足轉化為是函數的零點，進而根據零點存在性定理即可得的范圍.4、C【解題分析】設球的半徑為,根據題意知球心到平面的距離,截球所得截面圓的半徑為1,由,截面圓半徑,球半徑構成直角三角形,利用勾股定理,即可求出球半徑,進而求出球的表面積.【題目詳解】如圖所示,設球的半徑為,因為,所以,又因為截球所得截面的面積為,所以,在中,有,即,所以,故球的表面積,故選:C.【題目點撥】本題主要考查球的基本應用,答題關鍵點在于明確球心到截面的距離,截面圓半徑,球半徑三者可構成直角三角形,進而滿足勾股定理.5、D【解題分析】設扇形的半徑和弧長，根據周長和圓心角解方程得到，再利用扇形面積公式計算即得結果.【題目詳解】設扇形OAB的半徑r，弧長l，則周長，圓心角為，解得，故扇形面積為.故選：D6、A【解題分析】∵∴故選A；【考點】：此題重點考察向量加減、數乘的坐標運算；【突破】：準確應用向量的坐標運算公式是解題的關鍵；7、C【解題分析】由于，故四邊形是平行四邊形，根據向量加法和減法的幾何意義可知，該平行四邊形的對角線相等，故為矩形.8、A【解題分析】若,則；若,則,推不出．所以“”是“”成立的充分不必要條件．故選A考點：充分必要條件9、B【解題分析】利用輔助角公式可得，根據正弦型函數最值、單調性、對稱性和最小正周期的求法依次判斷各個選項即可.【題目詳解】；對于A，，A錯誤；對于B，當時，，由正弦函數在上單調遞增可知：在上單調遞增，B正確；對于C，當時，，則關于成軸對稱，C錯誤；對于D，最小正周期，D錯誤.故選：B.10、A【解題分析】設，則函數等價為，由，轉化為，利用數形結合或者分段函數進行求解，即可得到答案【題目詳解】由題意，如圖所示，設，則函數等價為，由，得，若，則，即，不滿足條件若，則，則，滿足條件，當時，令，解得（舍去）；當時，令，解得，即是函數的零點，所以函數的零點個數只有1個，故選A【題目點撥】本題主要考查了函數零點問題的應用，其中解答中利用換元法結合分段函數的表達式以及數形結合是解決本題的關鍵，著重考查了數形結合思想，以及推理與運算能力，屬于基礎題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】根據函數的周期性和值域，在三角函數中確定一個解析式即可【題目詳解】解：函數的周期為，值域為,，則的值域為,，故答案為：12、161【解題分析】由等差數列的性質可得，即可求出，又，帶入數據，即可求解【題目詳解】由等差數列的性質可得=，所以，又由等差數列前n項和公式得【題目點撥】本題考查等差數列的性質及前n項和公式，屬基礎題13、(答案不唯一)【解題分析】根據余弦函數的性質，構造滿足題意的函數，由此即可得到結果.詳解】由題意可知，，因為的周期為，滿足條件①；又，所以，滿足條件②；由于函數在區間上單調遞減，所以區間上單調遞減，故滿足條件③.故答案為：.14、27【解題分析】代入已知點坐標求出冪函數解析式即可求,【題目詳解】設代入，即，所以，所以.故答案為：27.15、8【解題分析】在同一坐標系中，分別畫出函數，及函數的圖像，如圖所示：由圖可知，兩個函數的圖象共有8個交點故答案為8點睛：解決函數與方程問題的基本思想就是數形結合思想和等價轉化思想，運用函數圖象來研究函數零點或方程解的個數，在畫函數圖象時，切忌隨手一畫，可利用零點存在定理，結合函數圖象的性質，如單調性，奇偶性，將問題簡化．16、【解題分析】由，解得，所以定義域為考點：本題考查定義域點評：解決本題關鍵熟練掌握正切函數的定義域三、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）條件選擇見解析，；（2）單調遞增區間為，.【解題分析】（1）利用三角恒等變換化簡得出.選擇①②：由可求得的值，由正弦型函數的周期公式可求得的值，可得出函數的解析式；選擇②③：由正弦型函數的周期公式可求得的值，由可求得的值，可得出函數的解析式；選擇①③：由可求得的值，由結合可求得的值，可得出函數的解析式；（2）解不等式，可得出函數單調遞增區間.【小問1詳解】解：.選擇①②：因為，所以，又因為的最小正周期為，所以，所以；選擇②③：因為的最小正周期為，所以，則，又因為，所以，所以；選擇①③：因為，所以，所以又因為，所以，所以，又因為，所以，所以【小問2詳解】解：依題意，令，，解得，，所以的單調遞增區間為，.18、（1），（2）“”是“”的必要不充分條件【解題分析】（1）利用待定系數法求得.（2）通過求函數的值域求得，由此確定充分、必要條件.【小問1詳解】設，，則則，代入，∴，.【小問2詳解】由（1）知，，，當時，，有，得，又由，有，得，故，當時，，有，得，又由，有，，解得，故，由，故“”是“”的必要不充分條件19、（1）（2）7（3）不存在，理由見解析【解題分析】（1）利用集合的生成集定義直接求解.（2）設，且，利用生成集的定義即可求解；（3）不存在，理由反證法說明.【小問1詳解】，【小問2詳解】設，不妨設，因為，所以中元素個數大于等于7個，又，，此時中元素個數大于等于7個，所以生成集B中元素個數的最小值為7.【小問3詳解】不存在，理由如下：假設存在4個正實數構成的集合，使其生成集，不妨設，則集合A的生成集則必有，其4個正實數的乘積；也有，其4個正實數乘積，矛盾；所以假設不成立，故不存在4個正實數構成的集合A，使其生成集【題目點撥】關鍵點點睛：本題考查集合的新定義，解題的關鍵是理解集合A的生成集的定義，考查學生的分析解題能力，屬于較難題.20、（1）單調遞增（2）見解析【解題分析】（1）根據單調性定義：先設再作差，變形化為因子形式，根據指數函數單調性確定因子符號，最后根據差的符號確定單調性（2）根據定義域為R且奇函數定義得f(0)＝0，解得a＝1，再根據奇函數定義進行驗證（3）先根據參變分離將不等式恒成立化為對應函數最值問題：的最小值，再利用對勾函數性質得最小值，即得的范圍以及的最大值試題解析：解：(1)不論a為何實數，f(x)在定義域上單調遞增.證明：設x1，x2∈R，且x1<x2，則由可知，所以,所以所以由定義可知，不論為何值，在定義域上單調遞增(2)由f(0)＝a－1＝0得a＝1，經驗證，當a＝1時，f(x)是奇函數.(3)由條件可得：m2x＝(2x＋1)＋－3恒成立．m(2x＋1)＋－3的最小值，x∈[2,3].設t＝2x＋1，則t∈[5,9]，函數g(t)＝t＋－3