江蘇省徐州一中2024屆高一上數學期末學業質量監測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（本大題共10小題；在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意，請將正確選項填涂在答題卡上.）1．已知是定義域為的單調函數，且對任意實數，都有，則的值為（）A.0 B.C. D.12．已知為兩條直線，為兩個不同的平面，則下列說法正確的是A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則3．函數（且）的圖象恒過定點，若點在直線上，其中，則的最大值為A. B.C. D.4．函數f(x)=|x-2|-lnx在定義域內零點的個數為()A.0 B.1C.2 D.35．在三棱柱中，各棱長相等，側棱垂直于底面，點是側面的中心，則與平面所成角的大小是（）A. B.C. D.6．圓與圓有（）條公切線A.0 B.2C.3 D.47．函數的圖象大致是（）A. B.C. D.8．如圖所示，正方體中，分別為棱的中點，則在平面內與平面平行的直線A.不存在 B.有1條C.有2條 D.有無數條9．已知圓C：x2+y2+2x=0與過點A（1，0）的直線l有公共點，則直線l斜率k的取值范圍是（）A. B.C. D.10．下列不等式成立的是（）A.log31C.log23<二、填空題（本大題共5小題，請把答案填在答題卡中相應題中橫線上）11．命題“，”的否定是_________.12．已知，若存在定義域為的函數滿足：對任意，，則___________.13．已知，則________.14．設集合，,則_________15．1881年英國數學家約翰·維恩發明了Venn圖，用來直觀表示集合之間的關系．全集，集合，的關系如圖所示，其中區域Ⅰ，Ⅱ構成M，區域Ⅱ，Ⅲ構成N．若區域Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ表示的集合均不是空集，則實數a的取值范圍是______三、解答題（本大題共6小題.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.）16．已知函數的最小值為1.（1）求的值；（2）求函數的最小正周期和單調遞增區間.17．已知函數，且（1）求f（x）的解析式；（2）判斷f（x）在區間（0，1）上的單調性，并用定義法證明18．已知函數是奇函數，且.（1）求函數的解析式，并判定函數在區間上的單調性（無需證明）；（2）已知函數且，已知在的最大值為2，求的值.19．已知，非空集合，若S是P的子集，求m的取值范圍.20．（1）已知角的終邊過點，且，求的值；（2）已知，，且，求.21．已知定義域為R的函數是奇函數.（1）求a的值；（2）求不等式的解集.

參考答案一、選擇題（本大題共10小題；在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意，請將正確選項填涂在答題卡上.）1、B【解析】令，可以求得，即可求出解析式，進而求出函數值.【詳解】根據題意，令，為常數，可得，且，所以時有，將代入，等式成立，所以是的一個解，因為隨的增大而增大，所以可以判斷為增函數，所以可知函數有唯一解，又因為，所以，即，所以.故選：B.【點睛】本題主要考查函數單調性和函數的表示方法，屬于中檔題.2、D【解析】A中，有可能，故A錯誤；B中，顯然可能與斜交，故B錯誤；C中，有可能，故C錯誤；D中，由得，，又所以，故D正確.3、D【解析】∵由得，∴函數（且）的圖像恒過定點，∵點在直線上，∴，∵，當且僅當，即時取等號，∴，∴最大值為，故選D【名師點睛】在應用基本不等式求最值時，要把握不等式成立的三個條件，就是“一正——各項均為正；二定——積或和為定值；三相等——等號能否取得”，若忽略了某個條件，就會出現錯誤4、C【解析】分別畫出函數y＝lnx(x>0)和y＝|x－2|(x>0)的圖像，可得2個交點，故f(x)在定義域中零點個數為2.5、C【解析】如圖，取中點，則平面，故，因此與平面所成角即為，設，則，，即，故，故選:C.6、B【解析】由題意可知圓的圓心為，半徑為，圓的圓心為半徑為∵兩圓的圓心距∴∴兩圓相交，則共有2條公切線故選B7、B【解析】根據函數的奇偶性和正負性，運用排除法進行判斷即可.【詳解】因為，所以函數是偶函數，其圖象關于縱軸對稱，故排除C、D兩個選項；顯然，故排除A，故選：B8、D【解析】根據已知可得平面與平面相交，兩平面必有唯一的交線，則在平面內與交線平行的直線都與平面平行，即可得出結論.【詳解】平面與平面有公共點，由公理3知平面與平面必有過的交線，在平面內與平行的直線有無數條，且它們都不在平面內，由線面平行的判定定理可知它們都與平面平行.故選：D.【點睛】本題考查平面的基本性質、線面平行的判定，熟練掌握公理、定理是解題的關鍵，屬于基礎題.9、B【解析】利用點到直線的距離公式和直線和圓的位置關系直接求解【詳解】根據題意得，圓心（﹣1，0），r＝1，設直線方程為y﹣0＝k（x﹣1），即kx﹣y﹣k＝0∴圓心到直線的距離d1，解得k故選B【點睛】本題考查直線和圓的位置關系，點到直線的距離公式，屬于基礎題10、A【解析】由對數的單調性直接比較大小.【詳解】因為log31=log2=log24<故選：A.二、填空題（本大題共5小題，請把答案填在答題卡中相應題中橫線上）11、，##【解析】根據全稱量詞命題的否定即可得出結果.【詳解】由題意知，命題“”的否定為：.故答案為：.12、-2【解析】由已知可得為偶函數，即，令，由，可得，計算即可得解.【詳解】對任意，，將函數向左平移2個單位得到，函數為偶函數，所以，令，由，可得，解得：.故答案為：.13、【解析】利用誘導公式化簡等式，可求出的值，將所求分式變形為，在所得分式的分子和分母中同時除以，將所求分式轉化為只含的代數式，代值計算即可.【詳解】，，，因此，.故答案為：.【點睛】本題考查利用誘導公式和弦化切思想求值，解題的關鍵就是求出的值，考查計算能力，屬于基礎題.14、【解析】根據集合的交集的概念得到.故答案為15、【解析】由，又區域Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ表示的集合均不是空集，則或解不等式組即可【詳解】由，又區域Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ表示的集合均不是空集，則或解得故答案為：三、解答題（本大題共6小題.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.）16、（1）3；（2）【解析】⑴將最小值代入函數中求解即可得到的值；⑵根據正弦函數的圖象和性質求得函數的最小正周期和單調遞增區間解析：（1）由已知得，解得.（2）的最小正周期為.由，解得，.所以的遞增區間是.17、（1）（2）f（x）在（0，1）上單調遞減，證明見解析.【解析】（1）根據即可求出a＝b＝1，從而得出；（2）容易判斷f（x）在區間（0，1）上單調遞減，根據減函數的定義證明：設x1，x2∈（0，1），并且x1＜x2，然后作差，通分，得出，根據x1，x2∈（0，1），且x1＜x2說明f（x1）＞f（x2）即可【詳解】解：（1）∵；∴；解得a=1，b=1；∴；（2）f（x）在區間（0，1）上單調遞減，證明如下：設x1，x2∈（0，1），且x1＜x2，則：=；∵x1，x2∈（0，1），且x1＜x2；∴x1-x2＜0，，；∴；∴f（x1）＞f（x2）；∴f（x）在（0，1）上單調遞減【點睛】本題考查減函數的定義，根據減函數的定義證明一個函數是減函數的方法和過程，清楚的單調性18、（1）；函數在區間上單調遞減，在上單調遞增（2）或【解析】（1）根據奇函數的性質及，即可得到方程組，求出、的值，即可得到函數解析式，再根據對勾函數的性質判斷即可；（2）分和兩種情況討論，結合對數型復合函數的單調性計算可得；【小問1詳解】解：函數的定義域為，是奇函數，且，且又.經檢驗，滿足題意，故.當時，時等號成立，當時，單調遞減；當時，單調遞增.【小問2詳解】解：①當時，是減函數，故當取得最小值時，且取得最大值2，而在區間上單調遞增，所以在區間上最小值為，故的最大值是，所以.②當時，是增函數，故當取得最大值時，且取得最大值2，而在區間上單調遞增，所以在區間上的最大值為，故的最大值是，所以.綜上所述，或.19、【解析】由，解得．根據非空集合，S是P的子集，可得，解得范圍【詳解】由，解得．，非空集合．又S是P的子集，，解得的取值范圍是，【點睛】本題考查了不等式的解法和充分條件的應用，考查了推理能力與計算能力，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平20、（1）；（2）【解析】（1）利用三角函數的定義求出，再根據三角函數的定義求出、即可得解；（2）根據同角三角函數的基本關系求出、，再根據兩角差的余弦公式求出，即可得解；【詳解】解：（1）因為角的終邊過點，且，所以，解得，即，所以，所以，，所以；（2）因為，，所以，又，，所以，所以所以，因為所以21、（1）；（2）.【解析】（1）利用奇函數的必要條件，，求出，進而再驗證此時為奇