天津市北辰區2023年數學高一上期末質量跟蹤監視試題注意事項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．函數的圖象大致為（）A. B.C. D.2．函數的零點所在區間為：（）A. B.C. D.3．函數的最小值和最小正周期為（）A.1和2π B.0和2πC.1和π D.0和π4．把的圖象上各點的橫標縮短為原來的(縱坐標不變)，再把所得圖象向右平移個單位長度，得到的圖象，則（）A. B.C. D.5．已知a>0，則當取得最小值時，a值為（）A. B.C. D.36．函數的最小正周期為，若其圖象向左平移個單位后得到的函數為奇函數，則函數的圖象（）A.關于點對稱 B.關于點對稱C.關于直線對稱 D.關于直線對稱7．若正實數，滿足，則的最小值為（）A. B.C. D.8．函數f（x）=Asin（ωx+φ）（其中A＞0，ω＞0，|φ|＜）的部分圖象如圖所示，則函數f（x）的解析式為（）A. B.C. D.9．已知，，則的值等于（）A. B.C. D.10．設函數的最小值為-1，則實數的取值范圍是A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知是定義在上的奇函數，當時，，函數如果對，，使得，則實數m的取值范圍為______12．已知集合，，且，則實數的取值范圍是__________13．若扇形AOB的圓心角為，周長為10+3π，則該扇形的面積為_____14．函數的最大值是____________.15．關于x的不等式在上恒成立，則實數m的取值范圍是______16．已知函數，是定義在區間上的奇函數，則_________.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．已知函數.（1）若不等式的解集為，求不等式的解集；（2）若，求不等式的解集.18．函數f（x）=Asin（2ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜）的部分圖象如圖所示（1）求A，ω，φ的值；（2）求圖中a，b的值及函數f（x）的遞增區間；（3）若α∈[0，π]，且f（α）=，求α的值19．函數的定義域，且滿足對于任意,有(1)求的值(2)判斷的奇偶性，并證明(3)如果，且在上是增函數，求的取值范圍20．已知函數.（1）判斷函數f(x)的奇偶性；（2）討論f(x)的單調性；（3）解不等式.21．已知函數.（1）求函數的定義域；（2）若，求值；（3）求證：當時，

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、D【解析】根據函數的奇偶性可排除選項A，B；根據函數在上的單調性可排除選項C，進而可得正確選項.【詳解】函數的定義域為且，關于原點對稱，因為，所以是偶函數，圖象關于軸對稱，故排除選項A，B，當時，，由在上單調遞增，在上單調遞減，可得在上單調遞增，排除選項C，故選：D.2、C【解析】利用函數的單調性及零點存在定理即得.【詳解】因為，所以函數單調遞減，，∴函數的零點所在區間為.故選：C.3、D【解析】由正弦函數的性質即可求得的最小值和最小正周期【詳解】解：∵，∴當＝﹣1時，f（x）取得最小值，即f（x）min；又其最小正周期Tπ，∴f（x）的最小值和最小正周期分別是：，π故選D【點睛】本題考查正弦函數的周期性與最值，熟練掌握正弦函數的圖象與性質是解題關鍵，屬于中檔題4、C【解析】根據三角函數的周期變換和平移變換的原理即可得解.【詳解】解：把的圖象上各點的橫標縮短為原來的(縱坐標不變)，可得的函數圖像，再把所得圖象向右平移個單位長度，可得函數，所以.故選：C.5、C【解析】利用基本不等式求最值即可.【詳解】∵a>0，∴，當且僅當，即時，等號成立，故選：C6、C【解析】求得，求出變換后的函數解析式，根據已知條件求出的值，然后利用代入檢驗法可判斷各選項的正誤.【詳解】由題意可得，則，將函數的圖象向左平移個單位后，得到函數的圖象，由于函數為奇函數，則，所以，，，則，故，因為，，故函數的圖象關于直線對稱.故選：C.7、B【解析】由基本不等式有，令，將已知等式轉化為關于的一元二次不等式，解不等式即可得答案.【詳解】解：由題意，正實數滿足，則，令，可得，即，解得，或(舍去)，所以當且僅當時，取得最小值2，故選：B.8、A【解析】由圖觀察出和后代入最高點，利用可得，進而得到解析式【詳解】解：由圖可知：，，，，代入點，得，，，，，，故選．【點睛】本題考查了由的部分圖象確定其表達式，屬基礎題．9、B【解析】由題可分析得到,由差角公式,將值代入求解即可【詳解】由題,,故選：B【點睛】本題考查正切的差角公式的應用,考查已知三角函數值求三角函數值問題10、C【解析】當時，為增函數，最小值為，故當時，，分離參數得，函數開口向下，且對稱軸為，故在遞增，，即.考點：分段函數的最值.【思路點晴】本題主要考查分段函數值域問題，由于函數的最小值為，所以要在兩段函數圖象都要討論最小值.首先考慮沒有參數的一段，當時，為增函數，最小值為.由于這一段函數值域已經包括了最小值，故當時，值域應該不小于，分離常數后利用二次函數圖象與性質可求得參數的取值范圍.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】先求出時，，，然后解不等式，即可求解，得到答案【詳解】由題意，可知時，為增函數，所以，又是上的奇函數，所以時，，又由在上的最大值為，所以，，使得，所以.故答案為【點睛】本題主要考查了函數的奇偶性的判定與應用，以及函數的最值的應用，其中解答中轉化為是解答的關鍵，著重考查了轉化思想，推理與運算能力，屬于基礎題.12、【解析】，是的子集，故.【點睛】本題主要考查集合的研究對象和交集的概念，考查指數不等式的求解方法，考查二次函數的值域等知識.對于一個集合，首先要確定其研究對象是什么元素，是定義域還是值域，是點還是其它的元素.二次函數的值域主要由開口方向和對稱軸來確定.在解指數或對數不等式時，要注意底數對單調性的影響.13、【解析】設扇形AOB的的弧長為l，半徑為r，由已知可得l＝3π，r＝5，再結合扇形的面積公式求解即可.【詳解】解：設扇形AOB的的弧長為l，半徑為r，∴，l+2r＝10+3π，∴l＝3π，r＝5，∴該扇形的面積S，故答案為：.【點睛】本題考查了扇形的弧長公式及扇形的面積公式，重點考查了方程的思想，屬基礎題.14、【解析】把函數化為的形式，然后結合輔助角公式可得【詳解】由已知，令，，，則，所以故答案為：15、【解析】對m進行討論，變形，構造新函數求導，利用單調性求解最值可得實數m的取值范圍；【詳解】解：由上，；當時，顯然也不成立；；可得設，其定義域為R；則，令，可得；當上時，；當上時，；當時；取得最大值為可得，；解得：；故答案為.【點睛】本題考查了導數在判斷函數單調性和最值中的應用，屬于難題.16、27【解析】由于奇函數的定義域必然關于原點對稱，可得m的值，再求【詳解】由于奇函數的定義域必然關于原點對稱∴m＝3，故f（m）＝故答案為27【點睛】本題主要考查函數的奇偶性，利用了奇函數的定義域必然關于原點對稱，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）或（2）答案見解析【解析】（1）由已知得，4是方程的兩根，根據一元二次方程的根與系數的關系求得m，n，代入不等式，求解可得答案；（2）代入已知條件得，分，，，，，分別求解不等式可得答案.【小問1詳解】解：依題意，的解集為，故，4是方程的兩根，則，解得，故或，故不等式的解集為或.【小問2詳解】解：依題意，，若，（*）式化為，解得；若，則；當時，的解為或；當時，（*）式化為，該不等式無解；當時，的解為；當時，的解為；綜上所述，若，不等式的解集為；若，不等式的解集為或；若，不等式無解；若，不等式的解集為；若，不等式的解集為.18、（1）；（2），遞增區間為；（3）或.【解析】（1）利用函數圖像可直接得出周期T和A，再利用，求出，然后利用待定系數法直接得出的值（2）通過第一問求得的值可得到的函數解析式，令，再根據a的位置確定出a的值；令得到的函數值即為b的值；利用正弦函數單調增區間即可求出函數的單調增區間（3）令結合即可求得的取值【詳解】解：（1）由圖象知A=2，=-（-）=，得T=π，即=2，得ω=1，又f（-）=2sin[2×（-）+φ]=-2，得sin（-+φ）=-1，即-+φ=-+2kπ，即ω=+2kπ，k∈Z，∵|φ|＜，∴當k=0時，φ=，即A=2，ω=1，φ=；（2）a=--=--=-，b=f（0）=2sin=2×=1，∵f（x）=2sin（2x+），∴由2kπ-≤2x+≤2kπ+，k∈Z，得kπ-≤x≤kπ+，k∈Z，即函數f（x）的遞增區間為[kπ-，kπ+]，k∈Z；（3）∵f（α）=2sin（2α+）=，即sin（2α+）=，∵α∈[0，π]，∴2α+∈[，]，∴2α+=或，∴α=或α=【點睛】關于三角函數圖像需記住：兩對稱軸之間的距離為半個周期；相鄰對稱軸心之間的距離為半個周期；相鄰對稱軸和對稱中心之間的距離為個周期關于正弦函數單調區間要掌握：當時，函數單調遞增；當時，函數單調遞減19、（1）0；（2）偶函數；（3）見解析【解析】(1)令，代入，即可求出結果；(2)先求出，再由，即可判斷出結果；(3)先由，求出，將不等式化為，根據函數在上是增函數，分和兩種情況討論，即可得出結果.【詳解】(1)因為對于任意,有，令，則，所以；(2)令，則，所以，令，則，所以函數為偶函數；(3)因為，所以，所以不等式可化為；又因為在上是增函數，而函數為偶函數，所以或；當時，或；當時，或；綜上，當時，的取值范圍為或；當時，的取值范圍為或.【點睛】本題主要考查函數奇偶性與單調性的綜合，以及抽象函數及其應用，常用賦值法求函數值，屬于常考題型.20、（1）奇函數（2）在上單調遞增（3）【解析】（1）依據奇偶函數定義去判斷即可；（2）以定義法去證明函數的單調性；（3）把抽象不等式轉化為整式不等式再去求解即可.【小問1詳解】由