通遼市重點中學2023-2024學年高一上數學期末質量跟蹤監視試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1．“x>1”是“x>0”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2．設集合，則（）A.{1，3} B.{3，5}C.{5，7} D.{1，7}3．若，則的值為（）A. B.C.或 D.4．設，則A. B.C. D.5．某集團校為調查學生對學校“延時服務”的滿意率，想從全市3個分校區按學生數用分層隨機抽樣的方法抽取一個容量為的樣本．已知3個校區學生數之比為，如果最多的一個校區抽出的個體數是60，那么這個樣本的容量為（）A. B.C. D.6．若向量滿足：則A.2 B.C.1 D.7．英國物理學家和數學家牛頓提出了物體在常溫環境下溫度變化的冷卻模型，設物體的初始溫度為，環境溫度為，其中，經過后物體溫度滿足（其中k為正常數，與物體和空氣的接觸狀況有關）.現有一個的物體，放在的空氣中冷卻，后物體的溫度是，則（）（參考數據：）A.1.17 B.0.85C.0.65 D.0.238．定義在上的奇函數滿足，若，，則（）A. B.0C.1 D.29．若集合，則（）A.或 B.或C.或 D.或10．如圖，直線與單位圓相切于點，射線從出發，繞著點逆時針旋轉，在旋轉的過程中，記（），所經過的單位圓內區域（陰影部分）的面積為，記，則下列選項判斷正確的是A.當時，B.對任意，且，都有C.對任意，都有D.對任意，都有11．已知函數，若方程有8個相異實根，則實數b的取值范圍為（）A. B.C. D.12．已知角α的終邊經過點，則（）A. B.C. D.二、填空題（本大題共4小題，共20分）13．函數的單調遞增區間為__________14．已知向量＝(1，2)、＝(2，λ)，，∥，則λ＝______15．若，則___________；16．已知實數滿足，則________三、解答題（本大題共6小題，共70分）17．已知圓經過兩點，且圓心在直線上.（1）求圓的標準方程；（2）若直線過點，且被圓截得的弦長為，求直線的方程.18．已知函數是指數函數（1）求的解析式；（2）若，求的取值范圍19．已知函數.（1）當時，求的定義域；（2）若函數只有一個零點，求的取值范圍.20．已知函數.（1）求的最小正周期以及對稱軸方程；（2）設函數，求在上的值域.21．已知角的頂點在坐標原點，始邊與軸非負半軸重合，終邊經過點（1）求，；（2）求的值22．已知（1）求函數的單調區間；（2）求證：時，成立.

參考答案一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1、A【解析】根據充分、必要條件間的推出關系，判斷“x>1”與“x>0”的關系.【詳解】“x>1”，則“x>0”，反之不成立.∴“x>1”是“x>0”的充分不必要條件.故選：A.2、B【解析】先求出集合B，再求兩集合的交集【詳解】由，得，解得，所以，因為所以故選：B3、A【解析】分別令和，根據集合中元素的互異性可確定結果.【詳解】若，則，不符合集合元素的互異性；若，則或（舍），此時，符合題意；綜上所述：.故選：A.4、B【解析】函數在上單調遞減，所以，函數在上單調遞減，所以，所以，答案為B考點：比較大小5、B【解析】利用分層抽樣比求解.【詳解】因為樣本容量為，且3個校區學生數之比為，最多的一個校區抽出的個體數是60，所以，解得，故選：B6、B【解析】由題意易知：即，，即.故選B.考點：向量的數量積的應用.7、D【解析】根據所給公式，將所給條件中的溫度相應代入，利用對數的運算求解即可.【詳解】根據題意：的物體，放在的空氣中冷卻，后物體的溫度是，有：，所以，故，即，故選：D.8、C【解析】首先判斷出是周期為的周期函數，由此求得所求表達式的值.【詳解】由已知為奇函數，得，而，所以，所以，即的周期為.由于，，，所以，，，.所以，又，所以.故選：C【點睛】本小題主要考查函數的奇偶性和周期性，屬于基礎題.9、B【解析】根據補集的定義，即可求得的補集.【詳解】∵，∴或，故選：B【點睛】本小題主要考查補集的概念和運算，屬于基礎題.10、C【解析】對于，當，故錯誤；對于，由題可知對于任意，為增函數，所以與的正負相同，則，故錯誤；對于，由，得對于任意，都有；對于，當時，，故錯誤.故選CD對任意，都有11、B【解析】畫出的圖象，根據方程有個相異的實根列不等式，由此求得的取值范圍.【詳解】畫出函數的圖象如圖所示，由題意知，當時，；當時，.令，則原方程化為.∵方程有8個相異實根，∴關于t的方程在上有兩個不等實根.令，，∴，解得.故選：B12、D【解析】推導出，，，再由，求出結果【詳解】∵角的終邊經過點，∴，，，∴故選：D二、填空題（本大題共4小題，共20分）13、【解析】由可得，或，令,因為在上遞減，函數在定義域內遞減，根據復合函數的單調性可得函數的單調遞增區間為，故答案為.14、－2【解析】首先由的坐標，利用向量的坐標運算可得，接下來由向量平行的坐標運算可得，求解即可得結果【詳解】∵，∴，∵∥，，∴，解得，故答案為：－215、1【解析】根據函數解析式，從里到外計算即可得解.【詳解】，所以.故答案為：116、4【解析】方程的根與方程的根可以轉化為函數與函數交點的橫坐標和函數與函數交點的橫坐標，再根據與互為反函數，關于對稱，即可求出答案.【詳解】，，令，，此方程的解即為函數與函數交點的橫坐標，設為，如下圖所示；，此方程的解即為函數與函數交點的橫坐標，設為，如下圖所示，與互反函數，關于對稱，聯立方程，解得，即，.故答案為：4.三、解答題（本大題共6小題，共70分）17、（1）（2）或.【解析】（1）設圓的方程為，根據題意列出方程組，求得的值，即可求解；（2）由圓的弦長公式，求得圓心到直線的距離為，分類直線的斜率不存在和斜率存在兩種情況討論，即可求得直線的方程.【小問1詳解】解：圓經過兩點，且圓心在直線上，設圓的方程為，可得，解得，所以圓的方程為，即.【小問2詳解】解：由圓，可得圓心，半徑為，因為直線過點，且被圓截得的弦長為，可得，解得，即圓心到直線的距離為，當直線的斜率不存在時，直線的方程為，此時圓心到直線的距離為，符合題意；當直線的斜率存在時，設直線的斜率為，可得直線的方程為，即由圓心到直線的距離為，解得，所以直線的方程為，即，綜上可得，所求直線方程為或.18、（1）（2）【解析】（1）由指數函數定義可直接構造方程組求得，進而得到所求解析式；（2）將不等式化為，根據對數函數單調性和定義域要求可構造不等式組求得結果.【小問1詳解】為指數函數，，解得：，.【小問2詳解】由（1）知：，，解得：，的取值范圍為.19、（1）；（2）【解析】（1）當時，求的解析式，令真數位置大于，解不等式即可求解；（2）由題意可得，整理可得只有一解，分別討論，時是否符合題意，再分別討論和有且只有一個是方程①的解，結合定義域列不等式即可求解.【小問1詳解】當時，，由，即，因為，所以.故的定義域為.【小問2詳解】因為函數只有一個零點，所以關于的方程①的解集中只有一個元素.由，可得，即，所以②，當時，，無意義不符合題意，當，即時，方程②的解為.由（1）得的定義域為，不在的定義域內，不符合題意.當是方程①的解，且不是方程①的解時，解得：，當是方程①的解，且不是方程①的解時，解得：且，無解.綜上所述：的取值范圍是.20、（1）最小正同期為，對稱軸方程為（2）【解析】（1）利用三角函數的恒等變換公式將化為只含有一個三角函數形式，即可求得結果；（2）將展開化簡，然后采用整體處理的方法，求得答案.【小問1詳解】，所以的最小正同期為.令，得對稱軸方程為.【小問2詳解】由題意可知，因為，所以，故，所以，故在上的值域為.21、（1）（2）1【解析】（1）根據三角函數的定義，計算即可得答案.（2）根據誘導公式，整理化簡，代入，的值，即可得答案.【小問1詳解】因為角終邊經過點，所以，【小問2詳解】原式22、(1)增區間為，減區間為；(2)證明見解析.【解析】(1)由題意可得函數的解析式為：，結合復合函數的單調