江西省宜春市昌黎實驗學校2024屆高一數學第一學期期末檢測模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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．若集合，，則（）A. B.C. D.2．函數，其部分圖象如圖所示，則（）A. B.C. D.3．已知向量，，若與共線，則等于（）A. B.C. D.4．函數(且)的圖象恒過定點，點又在冪函數的圖象上，則的值為（）A.-8 B.-9C. D.5．已知，則的值是A.1 B.3C. D.6．已知全集，集合，集合，則為A. B.C. D.7．設，則“”是“”的（）A充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件8．若定義在上的奇函數在單調遞減，且，則的解集是（）A. B.C. D.9．已知關于的不等式的解集是，則的值是（）A. B.2C.22 D.10．已知圓：與圓：，則兩圓的位置關系是A.相交 B.相離C.內切 D.外切二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若扇形的面積為，半徑為1，則扇形的圓心角為___________.12．下列五個結論：集合2，3，4，5，，集合，若f：，則對應關系f是從集合A到集合B的映射；函數的定義域為，則函數的定義域也是；存在實數，使得成立；是函數的對稱軸方程；曲線和直線的公共點個數為m，則m不可能為1；其中正確有______寫出所有正確的序號13．已知函數的值域為，則實數的取值范圍是________14．已知函數，則無論取何值，圖象恒過的定點坐標______；若在上單調遞減，則實數的取值范圍是______15．已知函數和函數的圖像相交于三點，則的面積為__________.16．在半徑為5的圓中，的圓心角所對的扇形的面積為_______.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．已知集合，，.（1）求，；（2）若，求實數的取值范圍.18．已知角的終邊有一點.（1）求的值；（2）求的值.19．已知,（1）若,求（2）若,求實數的取值范圍.20．設為定義在R上的偶函數，當時，；當時，，直線與拋物線的一個交點為，如圖所示.（1）補全的圖像，寫出的遞增區間（不需要證明）；（2）根據圖象寫出不等式的解集21．已知函數，其中是自然對數的底數，（1）若函數在區間內有零點，求的取值范圍；（2）當時，，，求實數的取值范圍

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】解一元二次不等式化簡集合B，再利用交集的定義直接計算作答.【題目詳解】解不等式，即，解得，則，而，所以.故選：A2、C【解題分析】利用圖象求出函數的解析式，即可求得的值.【題目詳解】由圖可知，，函數的最小正周期為，則，所以，，由圖可得，因為函數在附近單調遞增，故，則，，故，所以，，因此，.故選：C.3、A【解題分析】先求出，，再根據向量共線求解即可.【題目詳解】由題得，因為與共線，.故選：A.【題目點撥】本題主要考查平面向量的坐標運算和向量共線的坐標表示，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎題.4、A【解題分析】令，可得點，設，把代入可得，從而可得的值.【題目詳解】∵，令，得，∴，∴的圖象恒過點，設，把代入得，∴，∴，∴.故選：A5、D【解題分析】由題意結合對數的運算法則確定的值即可.【題目詳解】由題意可得：，則本題選擇D選項.【題目點撥】本題主要考查指數對數互化，對數的運算法則等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.6、A【解題分析】，所以，選A.7、A【解題分析】根據充分條件、必要條件的概念求解即可.【題目詳解】因為，所以由，，所以“”是“”成立的充分不必要條件故選：A8、C【解題分析】分析函數的單調性，可得出，分、兩種情況解不等式，綜合可得出原不等式的解集.【題目詳解】因為定義在上的奇函數在單調遞減，則函數在上為減函數.且，當時，由可得，則；當時，由可得，則.綜上所述，不等式的解集為.故選：C.9、C【解題分析】轉化為一元二次方程兩根問題，用韋達定理求出，進而求出答案.【題目詳解】由題意得：2與3是方程的兩個根，故，，所以.故選：C10、C【解題分析】分析：求出圓心的距離，與半徑的和差的絕對值比較得出結論詳解：圓，圓,，所以內切．故選C點睛：兩圓的位置關系判斷如下：設圓心距為，半徑分別為，則：，內含；，內切；，相交；，外切；，外離二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】直接根據扇形的面積公式計算可得答案【題目詳解】設扇形的圓心角為，因為扇形的面積為，半徑為1，所以．解得，故答案為：12、【解題分析】由，，結合映射的定義可判斷；由由，解不等式可判斷；由輔助角公式和正弦函數的值域，可判斷；由正弦函數的對稱軸，可判斷；由的圖象可判斷交點個數，可判斷【題目詳解】由于，，B中無元素對應，故錯誤；函數的定義域為，由，可得，則函數的定義域也是，故正確；由于的最大值為，，故不正確；由為最小值，是函數的對稱軸方程，故正確；曲線和直線的公共點個數為m，如圖所示，m可能為0，2，3，4，則m不可能為1，故正確，故答案為【題目點撥】本題主要考查函數的定義域、值域和對稱性、圖象交點個數，考查運算能力和推理能力，屬于基礎題13、【解題分析】將題意等價于的值域包含，討論和結合化簡即可.【題目詳解】解：要使函數的值域為則的值域包含①當即時，值域為包含，故符合條件②當時綜上，實數的取值范圍是故答案為：【題目點撥】一元二次不等式常考題型：（1）一元二次不等式在上恒成立問題：解決此類問題常利用一元二次不等式在上恒成立的條件，注意如果不等式恒成立，不要忽略時的情況.（2）在給定區間上的恒成立問題求解方法：若在集合中恒成立，即集合是不等式的解集的子集，可以先求解集，再由子集的含義求解參數的值(或范圍).14、①.②.【解題分析】計算的值，可得出定點坐標；分析可知，對任意的，，利用參變量分離法可求得，分、、三種情況討論，分析函數在上的單調性，由此可得出實數的取值范圍.【題目詳解】因為，故函數圖象恒過的定點坐標為；由題意可知，對任意的，，則，因為函數在上單調遞增，且當時，，所以，.當時，在上為減函數，函數為增函數，所以，函數、在上均為減函數，此時，函數在上為減函數，合乎題意；當且時，，不合乎題意；當時，在上為增函數，函數為增函數，函數、在上均為增函數，此時，函數在上為增函數，不合乎題意.綜上所述，若在上單調遞減，.故答案為：；.15、【解題分析】解出三點坐標，即可求得三角形面積.【題目詳解】由題：，，所以，，所以，.故答案為：16、【解題分析】先根據弧度的定義求得扇形的弧長,即可由扇形面積公式求得扇形的面積.【題目詳解】設扇形的弧長為根據弧度定義可知則由扇形面積公式代入可得故答案為:【題目點撥】本題考查了弧度的定義,扇形面積的求法,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）.【解題分析】（1）利用集合的并、交運算求，即可.（2）討論、，根據列不等式求的范圍.【題目詳解】（1）∵，∴，.（2）當時，，解得，則滿足.當時，，解得，又∴，解得，即.綜上，.18、（1）；（2）.【解題分析】（1）根據終邊上的點及正切函數的定義求即可.（2）利用誘導公式及商數關系，將目標式化為，結合（1）的結果求值即可.【小問1詳解】由題設及正切函數的定義，.【小問2詳解】.19、（1）；（2）【解題分析】（1）先化簡集合A和集合B,再求.(2)由A得再因為得到,即得.【題目詳解】（1）當時,有得,由知得或,故.（2）由知得,因為,所以,得.【題目點撥】本題主要考查集合的化簡運算，考查集合中的參數問題，考查絕對值不等式和對數不等式的解法，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.20、（1）圖像見解析，單調增區間，（2）【解題分析】（1）由偶函數的圖象關于軸對稱可補全圖象，然后寫出遞增區間；（2）根據圖象寫出答案即可.【小問1詳解】函數圖象如圖所示：觀察可知的單調增區間為，【小問2詳解】當時，，可得，即根據函數圖象可得，當或時，所以的解集為21、（1）；（2）.【解題分析】（1）解法①：討論或，判斷函數的單調性，利用零點存在性定理即可求解；解法②：將問題轉化為在區間上有解，即e有解，討論或解方程即可求解.（2）解法①：分離參數可得，令，，求出的最大值即可求解；解法②：不等式轉化為恒成立，令，，可得函數，，討論或即可求解.【題目詳解】（1）解法①：當時，，沒有零點；當時，函數是增函數