濟南市歷城第四中學2023-2024學年數學高一上期末檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1．已知函數，則的值是A.-24 B.-15C.-6 D.122．已知函數，若對任意，總存在，使得，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.3．已知函數的定義域為，則函數的定義域為()A. B.C. D.4．已知是空間中兩直線，是空間中的一個平面，則下列命題正確的是（）A.已知，若，則 B.已知，若，則C.已知，若，則 D.已知，若，則5．在中，若，則的形狀為（）A.等邊三角形 B.直角三角形C.鈍角三角形 D.不含角的等腰三角形6．設函數，則的奇偶性A.與有關，且與有關 B.與有關，但與無關C.與無關，且與無關 D.與無關，但與有關7．給定函數：①；②；③；④，其中在區間上單調遞減函數序號是（）A.①② B.②③C.③④ D.①④8．函數的圖象如圖所示，則函數的零點為（）A. B.C. D.9．我國南宋時期著名的數學家秦九韶在其著作《數書九章》中獨立提出了一種求三角形面積的方法“三斜求積術”，即的面積，其中分別為的內角的對邊，若，且，則的面積的最大值為（）A. B.C. D.10．直線與曲線有且僅有個公共點，則實數的取值范圍是A. B.C. D.11．已知偶函數的定義域為且，，則函數的零點個數為（）A. B.C. D.12．已知函數，把函數的圖像向右平移個單位，得到函數的圖像，若是在內的兩根，則的值為（）A. B.C. D.二、填空題（本大題共4小題，共20分）13．某同學在研究函數

f（x）=（x∈R）

時，分別給出下面幾個結論：①等式f（-x）=-f（x）在x∈R時恒成立；②函數f（x）的值域為（-1，1）；③若x1≠x2，則一定有f（x1）≠f（x2）；④方程f（x）=x在R上有三個根其中正確結論的序號有______．（請將你認為正確的結論的序號都填上）14．定義在上的函數滿足則________.15．已知函數有兩個零點分別為a，b，則的取值范圍是_____________16．若不等式的解集為，則______，______三、解答題（本大題共6小題，共70分）17．（附加題，本小題滿分10分，該題計入總分）已知函數，若在區間內有且僅有一個，使得成立，則稱函數具有性質（1）若，判斷是否具有性質，說明理由；（2）若函數具有性質，試求實數的取值范圍18．已知A，B，C是三角形三內角，向量，，且（1）求角A；（2）若，求19．已知函數，（1）若的值域為，求a的值（2）證明：對任意，總存在，使得成立20．已知函數f(x)＝lg(3＋x)＋lg(3－x)(1)求函數f(x)的定義域；(2)判斷函數f(x)的奇偶性，并說明理由21．為宣傳2022年北京冬奧會，某公益廣告公司擬在一張矩形海報紙（記為矩形，如圖）上設計三個等高的宣傳欄（欄面分別為一個等腰三角形和兩個全等的直角梯形），宣傳欄（圖中陰影部分）的面積之和為.為了美觀，要求海報上所有水平方向和豎直方向的留空寬度均為.設直角梯形的高為.（1）當時，求海報紙的面積；（2）為節約成本，應如何選擇海報紙的尺寸，可使用紙量最少（即矩形的面積最小）？22．已知，，且（1）求的定義域.（2）判斷的奇偶性，并說明理由.

參考答案一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1、C【解析】∵函數，∴，故選C2、C【解析】先將不等式轉化為對應函數最值問題：,再根據函數單調性求最值，最后解不等式得結果.【詳解】因為對任意，總存在，使得，所以,因為當且僅當時取等號,所以，因為,所以.故選：C.【點睛】對于不等式任意或存在性問題，一般轉化為對應函數最值大小關系，即；，3、B【解析】根據函數的定義域求出的范圍，結合分母不為0求出函數的定義域即可【詳解】由題意得：，解得：，由，解得：，故函數的定義域是，故選：B4、D【解析】A.n和m的方向無法確定,不正確；B.要得到,需要n垂直于平面內兩條相交直線,不正確；C.直線n有可能在平面內,不正確；D.平行于平面的垂線的直線與此平面垂直,正確.【詳解】A.一條直線與一個平面平行,直線的方向無法確定,所以不一定正確；B.一條直線與平面內兩條相交直線垂直,則直線垂直于平面,無法表示直線n垂直于平面內兩條相交直線,所以不一定正確；C.直線n有可能在平面內,所以不一定正確；D.,則直線n與m的方向相同,,則,正確；故選D【點睛】本題考查了直線與平面的位置關系的判斷,遇到不正確的命題畫圖找出反例即可.本題屬于基礎題.5、B【解析】利用三角形的內角和，結合差角的余弦公式，和角的正弦公式，即可得出結論【詳解】解：由題意可得sin（A﹣B）＝1+2cos（B+C）sin（A+C），∴sin（A﹣B）＝1﹣2cosAsinB，∴sinAcosB﹣cosAsinB＝1﹣2cosAsinB，∴sinAcosB+cosAsinB＝1，∴sin（A+B）＝1，∴A+B＝90°，∴△ABC是直角三角形故選：B【點睛】本題考查差角的余弦公式，和角的正弦公式，考查學生的計算能力，屬于基礎題6、D【解析】因為當時，函數，為偶函數；當時，函數，為奇函數所以的奇偶性與無關，但與有關．選D7、B【解析】①，為冪函數，且的指數，在上為增函數；②，，為對數型函數，且底數，在上為減函數；③，在上為減函數，④為指數型函數，底數在上為增函數，可得解.【詳解】①，為冪函數，且的指數，在上為增函數，故①不可選；②，，為對數型函數，且底數，在上為減函數，故②可選；③，在上為減函數，在上為增函數，故③可選；④為指數型函數，底數在上為增函數，故④不可選；綜上所述，可選的序號為②③，故選B.【點睛】本題考查基本初等函數的單調性，熟悉基本初等函數的解析式、圖像和性質是解決此類問題的關鍵，屬于基礎題.8、B【解析】根據函數的圖象和零點的定義，即可得出答案.【詳解】解：根據函數的圖象，可知與軸的交點為，所以函數的零點為2.故選：B.9、A【解析】先根據求出關系，代入面積公式，利用二次函數的知識求解最值.【詳解】因為，所以，即；由正弦定理可得，所以；當時，取到最大值.故選：A.10、A【解析】如圖所示，直線過點，圓的圓心坐標直線與曲線相切時，，直線與曲線有且僅有個公共點，則實數的取值范圍是考點：直線與圓相交，相切問題11、D【解析】令得，作出和在上的函數圖象如圖所示，由圖像可知和在上有個交點，∴在上有個零點，∵，均是偶函數，∴在定義域上共有個零點，故選點睛：對于方程解的個數(或函數零點個數)問題，可利用函數的值域或最值，結合函數的單調性、草圖確定其中參數范圍．從圖象的最高點、最低點，分析函數的最值、極值；從圖象的對稱性，分析函數的奇偶性；從圖象的走向趨勢，分析函數的單調性、周期性等12、A【解析】把函數圖象向右平移個單位，得到函數，化簡得且周期為，因為是在內的兩根，所以必有，根據得，令，則，，所以,故選A.二、填空題（本大題共4小題，共20分）13、①②③【解析】由奇偶性的定義判斷①正確，由分類討論結合反比例函數的單調性求解②；根據單調性，結合單調區間上的值域說明③正確；由只有一個根說明④錯誤【詳解】對于①，任取，都有，∴①正確；對于②，當時，，根據函數的奇偶性知時，，且時，，②正確；對于③，則當時，，由反比例函數的單調性以及復合函數知，在上是增函數，且；再由的奇偶性知，在上也是增函數，且時，一定有，③正確；對于④，因為只有一個根，∴方程在上有一個根，④錯誤.正確結論的序號是①②③.故答案為：①②③【點睛】本題通過對多個命題真假的判斷，綜合考查函數的單調性、函數的奇偶性、函數的圖象與性質，屬于難題.這種題型綜合性較強，也是高考的命題熱點，同學們往往因為某一處知識點掌握不好而導致“全盤皆輸”，因此做這類題目更要細心、多讀題，盡量挖掘出題目中的隱含條件，另外，要注意從簡單的自己已經掌握的知識點入手，然后集中精力突破較難的命題.14、【解析】表示周期為3的函數，故，故可以得出結果【詳解】解：表示周期為3的函數，【點睛】本題考查了函數的周期性，解題的關鍵是要能根據函數周期性的定義得出函數的周期，從而進行解題15、【解析】根據函數零點可轉化為有2個不等的根，利用對數函數的性質可知，由均值不等式求解即可.詳解】不妨設，因為函數有兩個零點分別為a，b，所以，所以，即，且，，當且僅當，即時等號成立，此時不滿足題意，，即，故答案為：16、①.②.【解析】由題設知：是的根，應用根與系數關系即可求參數值.【詳解】由題設，是的根，∴，即，.故答案為：，.三、解答題（本大題共6小題，共70分）17、（Ⅰ）具有性質;（Ⅱ）或或【解析】（Ⅰ）具有性質．若存在，使得，解方程求出方程的根，即可證得；（Ⅱ）依題意，若函數具有性質，即方程在上有且只有一個實根．設，即在上有且只有一個零點．討論的取值范圍，結合零點存在定理，即可得到的范圍試題解析：（Ⅰ）具有性質依題意，若存在，使，則時有，即，，．由于，所以．又因為區間內有且僅有一個，使成立，所以具有性質5分（Ⅱ）依題意，若函數具有性質，即方程在上有且只有一個實根設，即在上有且只有一個零點解法一：（1）當時，即時，可得在上為增函數，只需解得交集得（2）當時，即時，若使函數在上有且只有一個零點，需考慮以下3種情況：（ⅰ）時，在上有且只有一個零點，符合題意（ⅱ）當即時，需解得交集得（ⅲ）當時，即時，需解得交集得（3）當時，即時，可得在上為減函數只需解得交集得綜上所述，若函數具有性質，實數的取值范圍是或或14分解法二：依題意，（1）由得，，解得或同時需要考慮以下三種情況：（2）由解得（3）由解得不等式組無解（4）由解得解得綜上所述，若函數具有性質，實數的取值范圍是或或14分考點：1．零點存在定理；2．分類討論的思想18、（1）（2）【解析】（1）用數量積的坐標運算表示出，有，再由兩角差的正弦公式化為一個三角函數式，最終求得；（2）化簡，可直接去分母，注意求得結果后檢驗分母是否為0（本題解法），也可先化簡已知式為，再變形得，由可得結論試題解析：（1）∵，∴，即，，，∵，，∴，∴（2）由題知：，整理得，∴，∴，∴或，而使，舍去，∴，∴考點：數量積坐標運算，兩角和與差的正弦公式、正切公式19、（1）2（2）證明見解析【解析】（1）由題意，可得，從而即可求解；（2）利用對勾函數單調性求出在上的值域，再分三種情況討論二次函數在閉區間上的值域，然后證明的值域是值域的子集恒成立即可得證.【小問1詳解】解：因為的值域為，所以，解得【小問2詳解】證明：由題意，根據對勾函數的單調性可得在上單調遞增，所以設在上的值域為M，當，即時，在上單調遞增，因為，，所以；當，即時，在上單調遞減，因為，，所以；當，即時，，，所以；綜上，恒成立，即在上的值域是在上值域的子集恒成立，所以對任意總存在，使得成立.20、（1）；（2）偶函數,理由詳見解析【解析】（1）求定義域，通常就是求使函數式有意義的自變量取值集合，所以只要滿足各項都有意義即可，對數型的函數求值域，關鍵求出真數部分的取值范圍就可以了；（2）判斷函數奇偶性，就是利用奇偶性定義判斷即可試題解析：（1）由函數式可得又所以值域為（2）由（1）可知定義域關于原點對稱所以原函數為偶函數考點：1．求復合函數的定義域、值域；2．用定義判斷函數奇偶性21、（1）（2）當海報紙寬為，長為，可使用紙量最少【解析】（1）根據已知條件，先求出梯形長的底邊，再分別求出，，即可求解；（2）根據已知條件，結合基本不等式的公式，即可求解【小問1詳解】宣傳欄（圖中陰影部分）的面積之和為，直角梯形的高為，則梯形長的底邊，海報上所有水平方向和豎直方向的留空寬度均為，，，故海報面積為【小問2詳解】直角梯形的高為，