2024屆浙江省寧波市東恩中學數學高一上期末質量跟蹤監視模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．已知全集U＝{－1，0，1，2，3}，集合A＝{0，1，2}，B＝{－1，0，1}，則（）A.{－1} B.{0，1}C.{－1，2，3} D.{－1，0，1，3}2．設實數滿足，函數的最小值為（）A. B.C. D.63．與函數的圖象不相交的一條直線是（）A. B.C. D.4．已知角的終邊上有一點的坐標是，則的值為（）A. B.C. D.5．在長方體中，，，則直線與平面所成角的正弦值為（）A. B.C. D.6．“”是“關于的方程有實數根”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件7．已知集合，集合，則集合A. B.C. D.8．在正方體中，異面直線與所成的角為（）A.30° B.45°C.60° D.90°9．設全集，則圖中陰影部分所表示的集合是A. B.C. D.10．如圖，向量，，的起點與終點均在正方形網格的格點上，則向量用基底，表示為A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．方程的解在內，則的取值范圍是___________.12．如果，且，則化簡為_____.13．已知函數，：①函數的圖象關于點對稱；②函數的最小正周期是；③把函數f(2x)圖象上所有點向右平移個單位長度得到的函數圖象的對稱軸與函數y=圖象的對稱軸完全相同；④函數在R上的最大值為2.則以上結論正確的序號為_______________14．函數的值域是________15．已知冪函數在上為減函數，則實數_______16．已知冪函數的圖象過點，則______.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．已知函數的圖象中相鄰兩條對稱軸之間的距離為，且直線是其圖象的一條對稱軸（1）求，的值；（2）在圖中畫出函數在區間上的圖象；（3）將函數的圖象上各點的橫坐標縮短為原來的（縱坐標不變），再把得到的圖象向左平移個單位，得到的圖象，求單調減區間.18．已知函數是定義在R上的奇函數，且當時，，現已畫出函數f(x)在y軸左側的圖象，如圖所示（1）請補出函數，剩余部分的圖象，并根據圖象寫出函數，的單調增區間；（2）求函數，的解析式；（3）已知關于x的方程有三個不相等的實數根，求實數的取值范圍19．已知，，（1）用，表示；（2）求20．函數的定義域.21．（1）化簡：（2）求值：

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、C【解題分析】由交集與補集的定義即可求解.【題目詳解】解：因為集合A＝{0，1，2}，B＝{－1，0，1}，所以，又全集U＝{－1，0，1，2，3}，所以，故選：C.2、A【解題分析】將函數變形為，再根據基本不等式求解即可得答案.詳解】解：由題意，所以，所以，當且僅當，即時等號成立，所以函數的最小值為.故選：A【題目點撥】易錯點睛：利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各項必須為正數；（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構成和的二項之積轉化成定值；要求積的最大值，則必須把構成積的因式的和轉化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發生錯誤的地方3、C【解題分析】由題意求函數的定義域，即可求得與函數圖象不相交的直線.【題目詳解】函數的定義域是，解得：，當時，，函數的圖象不相交的一條直線是.故選：C【題目點撥】本題考查正切函數的定義域，屬于簡單題型.4、D【解題分析】求出，由三角函數定義求得，再由誘導公式得結論【題目詳解】依題有，∴，∴.故選：D5、D【解題分析】如圖，連接交于點，連接，則結合已知條件可證得為直線與平面所成角，然后根據已知數據在求解即可【題目詳解】解：如圖，連接交于點，連接，因為長方體中，，所以四邊形為正方形，所以，，所以，因為平面，所以，因為，所以平面，所以為直線與平面所成角，因為，，所以，在中，，所以直線與平面所成角的正弦值為，故選：D【題目點撥】此題考查線面角的求法，考查空間想象能力和計算能力，屬于基礎題6、A【解題分析】根據給定條件利用充分條件、必要條件的定義直接判斷作答.【題目詳解】當時，方程的實數根為，當時，方程有實數根，則，解得，則有且，因此，關于的方程有實數根等價于，所以“”是“關于的方程有實數根”的充分而不必要條件.故選：A7、C【解題分析】故選C8、C【解題分析】首先由可得是異面直線和所成角，再由為正三角形即可求解.【題目詳解】連接因為為正方體，所以，則是異面直線和所成角．又,可得為等邊三角形，則，所以異面直線與所成角為，故選：C【題目點撥】本題考查異面直線所成的角，利用平行構造三角形或平行四邊形是關鍵，考查了空間想象能力和推理能力，屬于中檔題.9、D【解題分析】陰影部分表示的集合為在集合N中去掉集合M，N的交集，即得解.【題目詳解】由維恩圖可知，陰影部分表示的集合為在集合N中去掉集合M，N的交集，由題得,所以陰影部分表示的集合為.故選：D【題目點撥】本題主要考查維恩圖，考查集合的運算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎題.10、C【解題分析】由題設有，所以，選C.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】先令，按照單調性求出函數的值域，寫出的取值范圍即可.【題目詳解】令，顯然該函數增函數，，值域為，故.故答案為：.12、【解題分析】由，且，得到是第二象限角，由此能化簡【題目詳解】解：∵，且，∴是第二象限角，∴故答案為：13、②③④【解題分析】利用輔助角公式、二倍角公式化簡函數、，再逐一分析各個命題，計算判斷作答.【題目詳解】依題意，函數，因，函數的圖象關于點不對稱，①不正確；，于是得的最小正周期是，②正確；，則把函數f(2x)圖象上所有點向右平移個單位長度得到的函數，函數圖象的對稱軸與函數y=圖象的對稱軸完全相同，③正確；令，則，，當時，，所以函數在R上的最大值為2，④正確，所以結論正確的序號為②③④.故答案為：②③④【題目點撥】思路點睛：涉及求含有和的三角函數值域或最值問題，可以通過換元轉化為二次函數在閉區間上的值域或最值問題解答.14、##【解題分析】求出的范圍，再根據對數函數的性質即可求該函數值域.【題目詳解】，而定義域上遞減，，無最小值，函數的值域為故答案為：.15、-1【解題分析】利用冪函數的定義列出方程求出m的值，將m的值代入函數解析式檢驗函數的單調性【題目詳解】∵y=（m2﹣5m﹣5）x2m+1是冪函數∴m2﹣5m﹣5=1解得m=6或m=﹣1當m=6時，y=（m2﹣5m﹣5）x2m+1=x13不滿足在（0，+∞）上為減函數當m=﹣1時，y=（m2﹣5m﹣5）x2m+1=x﹣1滿足在（0，+∞）上為減函數故答案為m=﹣1【題目點撥】本題考查冪函數的定義：形如y=xα（其中α為常數）、考查冪函數的單調性與冪指數的正負有關16、【解題分析】結合冪函數定義，采用待定系數法可求得解析式，代入可得結果.【題目詳解】為冪函數，可設，，解得：，，.故答案為：.【題目點撥】本題考查冪函數解析式和函數值的求解問題，關鍵是能夠明確冪函數的定義，采用待定系數法求解函數解析式，屬于基礎題.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）見解析（3），【解題分析】（1）兩條對稱軸之間的距離是半個周期，求，當時，代入求（2）由（1）知，根據“五點法”畫出函數的圖象；（3）首先求圖象變換后的解析式，再令，，求函數的單調遞減區間.【題目詳解】（1）∵相鄰兩條對稱軸之間的距離為，∴的最小正周期,∴.∵直線是函數的圖象的一條對稱軸，∴．∴，∵，∴（2）由知0-1010故函數在區間上的圖象如圖（3）由的圖象上各點的橫坐標縮短為原來的（縱坐標不變），得到，圖象向左平移個單位后得到，，令，，∴函數的單調減區間為，【題目點撥】本題考查三角函數性質和圖象的綜合問題，意在考查熟練掌握三角函數性質，一般“五點法”畫的圖象，若是函數圖象變換，1.左右平移，需根據“左＋右－”的變換規律求解，2.周期變換（伸縮變換），若是函數橫坐標伸長（或縮短）到原來的倍，變換后的解析式為.18、（1）圖象見解析，函數的單調增區間為；（2）；（3）.【解題分析】(1)根據奇函數的圖象特征即可畫出右半部分的圖象，結合圖象，即可得出單調增區間；(2)根據函數的奇偶性即可直接求出函數的解析式；(3)由(2)得出函數的解析式，畫出函數圖象，利用數形結合的數學思想即可得出m的取值范圍.【小問1詳解】剩余的圖象如圖所示，有圖可知，函數的單調增區間為；【小問2詳解】因為當時，，所以當時，則，有，由為奇函數，得，即當時，，又，所以函數的解析式為；【小問3詳解】由(2)得，，作出函數與圖象，如圖，由圖可知，當時，函數與圖象有3個交點，即方程有3個不等的實根.所以m的取值范圍為.19、（1）（2）【解題分析】先把指