2024屆廣東六校聯盟高一數學第一學期期末調研試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．函數取最小值時的值為（）A.6 B.2C. D.2．已知函數，若（其中．），則的最小值為（）A. B.C.2 D.43．若函數y=f（x）圖象上存在不同的兩點A，B關于y軸對稱，則稱點對[A，B]是函數y=f（x）的一對“黃金點對”（注：點對[A，B]與[B，A]可看作同一對“黃金點對”）．已知函數f（x）=，則此函數的“黃金點對“有（）A.0對 B.1對C.2對 D.3對4．設m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，則下列命題中正確的是A.若，，則B.若，，，則C.若，，則D.若，，，則5．定義在上的奇函數，在上單調遞增，且，則滿足的的取值范圍是（）A. B.C. D.6．已知命題，則是（）A.， B.，C.， D.，7．若命題:，則命題的否定為（）A. B.C. D.8．函數f（x）=-4x+2x+1的值域是（）A. B.C. D.9．在下列函數中，既是奇函數并且定義域為是（）A. B.C. D.10．命題“，”的否定為（）A.， B.，C.， D.，二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若，則的終邊所在的象限為______12．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________.13．設扇形的周長為，面積為，則扇形的圓心角的弧度數是________14．的解集為_____________________________________15．意大利畫家達·芬奇提出：固定項鏈的兩端，使其在重力的作用下自然下垂，那么項鏈所形成的曲線是什么？這就是著名的“懸鏈線問題”.雙曲余弦函數，就是一種特殊的懸鏈線函數，其函數表達式為，相應的雙曲正弦函數的表達式為.設函數，若實數m滿足不等式，則m的取值范圍為___________.16．已知扇形的弧長為2cm，圓心角為1rad，則扇形的面積為______.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．設函數且是定義在上的奇函數（1）求的值；（2）若，試判斷函數的單調性不需證明，求出不等式的解集18．已知函數．求函數的值域19．已知二次函數的圖象關于直線對稱，且關于x的方程有兩個相等的實數根（1）求函數的值域；20．如圖，在平行四邊形中，設，.（1）用向量，表示向量，；（2）若，求證：.21．已知一次函數是上的增函數，，且.（1）求的解析式；（2）若在上單調遞增，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、B【解析】變形為，再根據基本不等式可得結果.【詳解】因為，所以，所以，當且僅當且，即時等號成立.故選：B【點睛】本題考查了利用基本不等式求最值時，取等號的條件，屬于基礎題.2、B【解析】根據二次函數的性質及對數的運算可得，利用均值不等式求最值即可.詳解】,由，，即，，當且僅當，即時等號成立，故選：B3、D【解析】根據“黃金點對“，只需要先求出當x＜0時函數f（x）關于y軸對稱的函數的解析式，再作出函數的圖象，利用兩個圖象交點個數進行求解即可【詳解】由題意知函數f（x）=2x，x＜0關于y軸對稱的函數為，x＞0，作出函數f（x）和，x＞0的圖象，由圖象知當x＞0時，f（x）和y=（）x，x＞0的圖象有3個交點所以函數f（x）的““黃金點對“有3對故選D【點睛】本題主要考查分段函數的應用，結合“黃金點對“的定義，求出當x＜0時函數f（x）關于y軸對稱的函數的解析式，作出函數的圖象，利用數形結合是解決本題的關鍵4、C【解析】根據空間中直線與平面，平面與平面的位置關系即得。【詳解】A.因為垂直于同一平面的兩個平面可能平行或相交，不能確定兩平面之間是平行關系，故不正確；B.若，，，則或相交，故不正確；C.由垂直同一條直線的兩個平面的關系判斷，正確；D.若，，，則或相交，故不正確.故選：C【點睛】本題考查空間直線和平面，平面和平面的位置關系，考查學生的空間想象能力。5、B【解析】由題意可得，，在遞增，分別討論，，，，，結合的單調性，可得的范圍【詳解】函數是定義在上的奇函數，在區間上單調遞增，且（1），可得，，在遞增，若時，成立；若，則成立；若，即，可得（1），即有，可得；若，則，，可得，解得；若，則，，可得，解得綜上可得，的取值范圍是，，故選：B6、C【解析】由全稱命題的否定是特稱命題即可得結果.【詳解】由全稱命題的否定是特稱命題知：，，是，，故選：C.7、D【解析】根據存在量詞的否定是全稱量詞可得結果.【詳解】根據存在量詞的否定是全稱量詞可得命題的否定為.故選：D8、A【解析】令t=2x（t＞0），則原函數化為g（t）=-t2+t+1（t＞0），然后利用二次函數求值域【詳解】令t=2x（t＞0），則原函數化為g（t）=-t2+t+1（t＞0），其對稱軸方程為t=，∴當t=時，g（t）有最大值為∴函數f（x）=-4x+2x+1的值域是故選A【點睛】本題考查利用換元法及二次函數求值域，是基礎題9、C【解析】分別判斷每個函數的定義域和奇偶性即可.【詳解】對A，的定義域為，故A錯誤；對B，是偶函數，故B錯誤；對C，令，的定義域為，且，所以為奇函數，故C正確.對D，的定義域為，故D錯誤.故選：C.10、B【解析】利用含有量詞的命題的否定方法：先改變量詞，然后再否定結論，判斷即可.【詳解】解：由含有量詞的命題的否定方法：先改變量詞，然后再否定結論可得，命題“”的否定為：.故選：B.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、第一或第三象限【解析】將表達式化簡，，二者相等，只需滿足與同號即可，從而判斷角所在的象限.【詳解】由，，若，只需滿足，即與同號，因此的終邊在第一或第三象限.故答案為：第一或第三象限.12、【解析】∵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13、【解析】設扇形的半徑和弧長分別為，由題設可得，則扇形圓心角所對的弧度數是，應填答案14、【解析】由題得，解不等式得不等式的解集.【詳解】由題得，所以.所以不等式的解集為.故答案為【點睛】本題主要考查正切函數的圖像和性質，考查三角不等式的解法，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.15、【解析】先判斷為奇函數，且在R上為增函數，然后將轉化為，從而有，進而可求出m的取值范圍【詳解】由題意可知，的定義域為R，因為，所以為奇函數.因為，且在R上為減函數，所以由復合函數的單調性可知在R上為增函數.又，所以，所以，解得.故答案為：.16、2【解析】首先由扇形的弧長與圓心角求出扇形的半徑，再根據扇形的面積公式計算可得；【詳解】解：因為扇形的弧長為2cm，圓心角為1rad，所以扇形的半徑cm，所以扇形的面積；故答案為：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、（1）（2）【解析】（1）由奇函數的性質可得，從而可求出的值；（2）由可得，從而可判斷出函數單調性，然后根據函數的奇偶性和單調性解不等式【小問1詳解】∵是定義在上的奇函數，，即

，，

當時，，，

故符合題意【小問2詳解】∵，又且，，都是上的減函數，是定義在上的減函數，故，，不等式的解集18、【解析】將化為，分和分別應用均值不等式可得答案.【詳解】解：，當時，，當且僅當，即時取等號；當時，，當且僅當，即時取等號綜上所述，的值域為19、（1）（2）或【解析】（1）根據對稱軸以及判別式等于得出，再由基本不等式得出函數的值域；（2）利用換元法結合對數函數以及二次函數的單調性得出a的值【小問1詳解】依題意得，因為，所以，解得，，故，，當時，，當且僅當，即時，等號成立當時，，當且僅當，即時，等號成立故的值域為【小問2詳解】，令，則①當時，，因為，所以，解得因為，所以，解得或（舍去）②當時，，因為，所以，解得，解得或（舍去）綜上，a的值為或20、（1），.（2）證明見解析【解析】（1）根據向量的運算法則，即可求得向量，；（2）由，根據向量的運算法則，求得，即可求解.【小問1詳解】解：