山東肥城市泰西中學2023-2024學年高一數學第一學期期末請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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1．二次函數中，，則函數的零點個數是A.個 B.個C.個 D.無法確定2．已知，則的大小關系為（）A B.C. D.3．下列所給四個圖象中，與所給3件事吻合最好的順序為（）（1）我離開家不久，發現自己把作業本忘在家里了，于是立刻返回家里取了作業本再去上學；（2）我騎著車一路以常速行駛，只是在途中遇到一次交通堵塞，耽擱了一些時間；（3）我出發后，心情輕松，緩緩行進，后來為了趕時間開始加速A.①②④ B.④②③C.①②③ D.④①②4．已知冪函數的圖象過點，則的定義域為（）A.R B.C. D.5．在同一坐標系中，函數與大致圖象是（）A. B.C. D.6．在平面直角坐標系中,以為圓心的圓與軸和軸分別相切于兩點,點分別在線段上,若,與圓相切,則的最小值為A. B.C. D.7．某工廠生產的30個零件編號為01，02，…，19，30，現利用如下隨機數表從中抽取5個進行檢測.若從表中第1行第5列的數字開始，從左往右依次讀取數字，則抽取的第5個零件編號為（）3457078636046896082323457889078442125331253007328632211834297864540732524206443812234356773578905642A. B.C. D.8．為空間中不重合的兩條直線，為空間中不重合的兩個平面，則①若；②；③；④上述說法正確的是A.①③ B.②③C.①② D.③④9．已知函數是定義在上的奇函數，在區間上單調遞增.若實數滿足，則實數的取值范圍是A B.C. D.10．已知函數則函數的最大值是A.4 B.3C.5 D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知，則函數的最大值為__________.12．設且，函數，若，則的值為________13．已知集合，則___________14．函數的定義域是______________．15．不等式的解集是___________.16．設函數，若關于x方程有且僅有6個不同的實根.則實數a的取值范圍是_______.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）求函數的對稱中心和單調遞減區間；（2）若將函數的圖象上每一點向右平移個單位得到函數的圖象，求函數在區間上的值域18．計算：（1）（2）19．已知函數（）求函數的最小正周期（）求函數的單調遞減區間20．已知（1）設，求的值域；（2）設，求的值21．已知函數的圖象關于原點對稱（1）求實數b的值；（2）若對任意的，有恒成立，求實數k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、C【解析】計算得出的符號，由此可得出結論.【詳解】由已知條件可得，因此，函數的零點個數為.故選：C.2、B【解析】觀察題中，不妨先構造函數比較大小，再利用中間量“1”比較與大小即可得出答案.【詳解】由題意得，，由函數在上是增函數可得，由對數性質可知，，所以，故選:B3、D【解析】根據回家后，離家的距離又變為可判斷（1）；由途中遇到一次交通堵塞，可判斷中間有一段函數值沒有發生變化；由為了趕時間開始加速，可判斷函數的圖像上升的速度越來越快；【詳解】離開家不久發現自己把作業本忘在家里，回到家里，這時離家的距離為，故應先選圖像（4）；途中遇到一次交通堵塞，這這段時間與家的距離必為一定值，故應選圖像（1）；后來為了趕時間開始加速，則可知圖像上升的速度越來越快，故應選圖像（2）；故選：D【點睛】本題主要考查函數圖象的識別，解題的關鍵是理解題干中表述的變化情況，屬于基礎題.4、C【解析】設，點代入即可求得冪函數解析式，進而可求得定義域.【詳解】設，因為的圖象過點，所以，解得，則，故的定義域為故選：C5、B【解析】根據題意，結合對數函數與指數函數的性質，即可得出結果.【詳解】由指數函數與對數函數的單調性知：在上單調遞增，在上單調遞增，只有B滿足.故選：B.6、D【解析】因為為圓心的圓與軸和軸分別相切于兩點,點分別在線段上,若,與圓相切，設切點為，所以，設，則，，故選D.考點：1、圓的幾何性質；2、數形結合思想及三角函數求最值【方法點睛】本題主要考查圓的幾何性質、數形結合思想及三角函數求最值，屬于難題．求最值的常見方法有①配方法：若函數為一元二次函數，常采用配方法求函數求值域，其關鍵在于正確化成完全平方式，并且一定要先確定其定義域；②三角函數法：將問題轉化為三角函數，利用三角函數的有界性求最值；③不等式法：借助于基本不等式求函數的值域，用不等式法求值域時，要注意基本不等式的使用條件“一正、二定、三相等”；④單調性法：首先確定函數的定義域，然后準確地找出其單調區間，最后再根據其單調性求凼數的值域，⑤圖像法：畫出函數圖像，根據圖像的最高和最低點求最值，本題主要應用方法②求的最小值的7、C【解析】根據隨機數表依次進行選取即可【詳解】解：根據隨機數的定義，1行的第5列數字開始由左向右依次選取兩個數字，大于30的數字舍去，重復的舍去，取到數字依次為07，04，08，23，12，則抽取的第5個零件編號為12.故選：【點睛】本題考查簡單隨機抽樣的應用，同時考查對隨機數表法的理解和辨析8、A【解析】由線面垂直的性質定理知①正確；②中直線可能在平面內，故②錯誤；，則內一定有直線//，，則有，所以，③正確；④中可能平行，相交，異面，故④錯誤，故選A9、C【解析】是定義在上的奇函數，在上單調遞增，解得故選10、B【解析】，從而當時，∴的最大值是考點：與三角函數有關的最值問題二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】換元，，化簡得到二次函數，根據二次函數性質得到最值.【詳解】設，，則，，故當，即時，函數有最大值為.故答案為：.【點睛】本題考查了指數型函數的最值，意在考查學生的計算能力，換元是解題的關鍵.12、【解析】根據函數的解析式以及已知條件可得出關于實數的等式，由此可解得實數的值.【詳解】因為，且，則.故答案為：.13、【解析】根據集合的交集的定義進行求解即可【詳解】當時，不等式不成立，當時，不等式成立，當時，不等式不成立，當時，不等式不成立，所以，故答案為：14、【解析】根據表達式有意義列條件，再求解條件得定義域.【詳解】由題知，，整理得解得.所以函數定義域是.故答案為：.15、或【解析】把分式不等式轉化為，從而可解不等式.【詳解】因為，所以，解得或，所以不等式的解集是或.故答案為：或.16、或或【解析】作出函數的圖象，設，分關于有兩個不同的實數根、，和兩相等實數根進行討論，當方程有兩個相等的實數根時，再檢驗，當方程有兩個不同的實數根、時，或，再由二次方程實數根的分布進行討論求解即可.【詳解】作出函數的簡圖如圖，令，要使關于的方程有且僅有個不同的實根，（1）當方程有兩個相等的實數根時，由，即，此時當，此時，此時由圖可知方程有4個實數根，此時不滿足.當，此時，此時由圖可知方程有6個實數根，此時滿足條件(2)當方程有兩個不同的實數根、時，則或當時，由可得則的根為由圖可知當時，方程有2個實數根當時，方程有4個實數根，此時滿足條件.當時，設由，則，即綜上所述：滿足條件的實數a的取值范圍是或或故答案為：或或【點睛】關鍵點睛：本題考查利用復合型二次函數的零點個數求參數，考查數形結合思想的應用，解答本題的關鍵由條件結合函數的圖象，分析方程的根情況及其范圍，再由二次方程實數根的分布解決問題，屬于難題.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)對稱中心為,單調遞減區間為(2)【解析】(1)由倍角公式以及輔助角公式化簡函數，然后由正弦函數的對稱中心以及單調遞減區間求出函數的對稱中心和單調遞減區間；(2)由函數的圖像向右平移個單位得到函數的解析式，再由，得到，求出函數在區間的值域，即可得到函數在區間上的值域【詳解】解（1）令，得：，∴的對稱中心為，由，得：，∴的單調區間為（2）由題意：∵∴∴∴的值域為【點睛】本題主要考查了正弦型函數對稱中心、單調性以及在給定區間的值域，屬于中檔題.18、（1）（2）【解析】（1）根據分數指數冪的運算法則計算可得；（2）根據對數的運算法則及對數恒等式計算可得；【小問1詳解】解：【小問2詳解】解：19、（）．（），【解析】利用兩角和差余弦公式、二倍角公式和輔助角公式整理出；（1）根據求得結果；（2）令，解出的范圍即可得到結果.詳解】由題意得：（）最小正周期：（）令解得：的單調遞減區間為：【點睛】本題考查正弦型函數的最小正周期、單調區間的求解問題，涉及到兩角和差余弦公式、二倍角公式、輔助角公式的應用.20、（1）（2）【解析】（1）由題意利用三角恒等變換化簡的解析式，再利用正弦函數的定義域和值域，得出結論（2）由題意利用誘導公式及二倍角公式求得結果【小問1詳解】，，所以，，故當，即時，函數取得最小值；當，即時，函數取