2023-2024學年保定市一中高一數學（下）期中考試卷滿分為150分，考試時間為120分鐘2024年4月第Ⅰ卷選擇題一、單選題（本大題有8個小題，每小題5分，共40分）1．若是第一象限角，則下列結論一定成立的是（

）A．B．C． D．2．定義在上的函數滿足，當時，，則（

）A． B． C．0 D．3．設是定義在上的奇函數，且，當時，，則的值為（

）A．-1 B．-2 C．2 D．14．函數在上單調遞減的一個充分不必要條件是（

）A．B．C． D．5．已知函數，則不等式的解集為（

）A． B． C． D．6．已知函數的部分圖像如圖所示，則的解析式可能為（

）A． B．C． D．7．已知正實數滿足則（

）A． B． C． D．8．已知是定義在R上的偶函數，當，且時，恒成立，，則滿足的m的取值范圍為（

）A． B． C． D．二、多選題（本大題有3個小題，每小題6分，共18分，全部選對得6分，有錯選或不選得0分）9．已知，，則（

）A． B．C． D．10．函數的圖象恒過定點，若點在直線上，則（

）A． B．C． D．11．定義在R上的函數（且，），若存在實數m使得不等式恒成立，則下列敘述正確的是（

）A．若，，則實數m的取值范圍為B．若，，則實數m的取值范圍為C．若，，則實數m的取值范圍為D．若，，則實數m的取值范圍為第Ⅱ卷非選擇題三、填空題（本題共3題，每題5分，共15分）12．已知，則.13．已知函數，，若對任意的，總存在使得成立，則實數a的取值范圍是．14．已知函數，下列四個命題正確的是．（只填序號）①函數的單調遞增區間是；②若，其中，，，則；③若的值域為，則；④若，則.四、解答題（本題共5題，共77分）.15．已知函數(1)求的值；(2)若，求的值．16．我國發射的天宮一號飛行器需要建造隔熱層，每厘米厚的隔熱層建造成本是6萬元，天宮一號每年的能源消耗費用（萬元）與隔熱層厚度（厘米）滿足關系式：，若無隔熱層，則每年能源消耗費用為5萬元，設為隔熱層建造費用與使用20年的能源消耗費用之和.(1)求值和的表達式；(2)當隔熱層修建多少厘米厚時，最小？請說明理由并求出的最小值.17．在單位圓中，銳角的終邊與單位圓相交于點，連接圓心和得到射線，將射線繞點按逆時針方向旋轉后與單位圓相交于點，其中.(1)求的值；(2)記點的橫坐標為，若，求的值.18．已知二次函數同時滿足以下條件：①，②，③．(1)求函數的解析式；(2)若，，求：①的最小值；②討論關于m的方程的解的個數．19．已知函數，在時最大值為2，最小值為1．設．(1)求實數，的值；(2)若存在，使得不等式成立，求實數的取值范圍；(3)若關于的方程有四個不同的實數解，求實數的取值范圍．1．C【分析】根據的范圍求得是第一?三象限角，分類討論，根據三角函數符號即可判斷.【詳解】因為在第一象限，所以，，所以，，所以是第一?三象限角，當是第一象限角時，，，，；當是第三象限角時，，，，；綜上，一定成立.故選：C2．A【分析】根據函數滿足遞推求解即可.【詳解】根據題意，有.故選：A3．B【分析】由題意求出函數的周期，再利用奇偶性代入求值即可.【詳解】由題意知，則，即，所以，即，所以函數的周期為，所以，故選：B4．A【分析】先將命題等價轉化為研究在上的的性質，然后分類討論即知使得命題成立的充要條件是，最后比較選項即可得出答案.【詳解】由于是定義在上的遞減函數，故命題等價于在上單調遞增且取值恒為正.若，則，從而在上取值不恒為正，不滿足條件；若，則對任意都有，且由知對任意都有.故在上單調遞增且取值恒為正，滿足條件.所以使得原命題成立的充分必要條件是，從而觀察選項可知A是充分不必要條件，B是充要條件，C，D是既不充分也不必要條件.故選：A.5．A【分析】判斷的奇偶性和單調性，再根據函數性質求解不等式即可.【詳解】，定義域為，又，故為偶函數；又當時，均為單調增函數，故為上的單調增函數；又，故當時，，則此時為上的單調增函數，故時，為單調減函數；，即，則，即，，也即，解得.故選：A.6．A【分析】利用在上的值排除B，利用奇偶性排除排除C，利用在上的單調性排除D，從而得解.【詳解】對于B，當時，，易知，，則，不滿足圖象，故B錯誤；對于C，，定義域為，又，則的圖象關于軸對稱，故C錯誤；對于D，當時，，由反比例函數的性質可知，在上單調遞減，故D錯誤；檢驗選項A，滿足圖中性質，故A正確.故選：A.7．B【分析】將題設條件等價變形為進行放縮移項得到構造函數，利用其單調性即可得到.【詳解】由可得因，則有即（*）設，則（*）即，因在上為增函數，故可得：.故選：B.【點睛】關鍵點點睛：本題解題的關鍵在于發現條件中指對數的結構特征，通過湊項、放縮，使之出現相同的數學結構，進行構造函數，利用函數的單調性得到大小關系.8．D【分析】利用構造函數法，結合函數的單調性、奇偶性來求得m的取值范圍.【詳解】設，由，得，所以，令，則，所以函數在上單調遞增，因為是定義在R上的偶函數，所以，所以對任意的，，所以，函數為上的偶函數，且，由，可得，即，即，所以，解得，故選：D【點睛】方法點睛：形如的已知條件，往往是給出函數的單調性，可以利用函數單調性的定義來進行求解.利用函數的單調性和奇偶性來求解不等式，可將不等式轉化為函數不等式的形式，然后結合單調性、奇偶性去掉函數符號，再解不等式來求得答案.9．AD【分析】由條件平方后，可得，再求出后可得.【詳解】，，，故A正確B錯誤；由，所以，，又，所以，故C錯誤D正確.故選：AD10．BCD【分析】將題目條件等價轉化為，然后即可給出選項A的反例，并使用放縮法證明B，C，D選項正確.【詳解】設，則對任意都有，這得到.由恒為常值，知，，所以，，故點的坐標是.而點在直線上，故條件即為.對于A，取，則此時，故A錯誤；對于B，有，故B正確；對于C，有，故C正確；對于D，有，故D正確.故選：BCD.11．BD【分析】先判斷函數為奇函數，再分和討論的單調性，分和討論函數的單調性，根據復合函數的單調性判斷得出的單調性，利用單調性將進行等價轉化成含參數的不等式，求解即得.【詳解】對于函數，因，則函數是奇函數.不妨設，則，對于A項，當時，在定義域內為增函數，因，則在R上也是增函數，故在R上也是增函數.由，則，即（*），①當時，此時恒成立；②當時，由（*）可得，解得，綜上可知，，故A項錯誤；對于B項，當時，在定義域內為減函數，因，則在R上也是減函數，故在R上是增函數，由A項分析可得，恒成立可得，，故B項正確；對于C項，當時，在定義域內為增函數，因，則在R上是減函數，故在R上是減函數，由，則，即（*），①當時，無解；②當時，由（*）可得，解得或，綜上可知，，故C項錯誤；對于D項，當時，在定義域內為減函數，因，則在R上也是增函數，故在R上是減函數，由C項分析可得，恒成立可得，，故D項正確.故選：BD.【點睛】思路點睛：一般先考慮函數的奇偶性，再根據參數分類判斷，構成復合函數的內外函數的單調性，利用單調性去掉抽象函數的符號，將其化成含參數的不等式恒成立問題，再對參數分類討論不等式解的情況即得.12．【分析】根據條件，利用誘導公式，即可求出結果.【詳解】因為，所以.故答案為：.13．【解析】根據任意的，總存在使得成立，問題轉化為的值域是值域的子集，故只需分別求出兩個函數的值域，利用子集關系建立不等式，即可求出a的取值范圍.【詳解】因為函數在上單調遞減，所以，即，所以函數的值域為，因為對任意的，總存在使得成立，故的值域是值域的子集，對，，當時，，符合題意；當時，函數在單調遞增，所以，所以解得，又，所以，綜上，實數a的取值范圍是．故答案為：【點睛】本題主要考查等式型雙變量存在性和任意性混搭問題，對于形如“任意的，都存在，使得成立”此類問題“等價轉化”策略是利用的值域是值域的子集來求解參數的范圍．14．①②④【分析】對于①，使用復合函數的單調性求解方法即可；對于②，由的單調性即可得到，從而得出結論；對于③，直接給出作為反例；對于④，利用的表達式可直接證明結論成立.【詳解】對于①，由于定義在上且單調遞減，的單調遞減區間是.故可解不等式組得到，從而的單調遞增區間是，①正確；對于②，由及單調遞減，知，而，故，即.代入表達式得，即，所以，②正確；對于③，由于當時有，而對任意實數，取就有.所以時亦有的值域為，從而原條件并不能推出，③錯誤；對于④，若，注意到等價于，而這又等價于，即，即.而顯然成立，故④正確.故答案為：①②④【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵點在于對數函數的相關性質，尤其是單調性和運算法則.15．(1)(2)【分析】（1）先由誘導公式進行化簡，再由商數關系求值即可.（2）求出，再化為齊次式，化弦為切，代入求值.【詳解】（1），所以.（2）因為，原式=.16．(1)(2)【分析】（1）根據關系式：無隔熱層，則每年能源消耗費用為萬元，可求值，利用為隔熱層建造費用與使用年的能源消耗費用之和，可求函數關系式；（2）利用基本不等式，即可求得函數的最小值．【詳解】（1）當時，,則，故，所以;（2）由，，當且僅當，即取等號，故時，即隔熱層修建厘米厚時，總費用達到最小，最小值為萬元.17．(1)1(2)【分析】（1）由題意可得，進而利用誘導公式化簡、求解；（2）由題意可得：，進而可知，根據同角三角關系結合三角恒等變換分析求解.【詳解】（1）由于點在單位圓上，且是銳角，可得，所以，所以；（2）由（1）可知，且為銳角，可得，根據三角函數定義可得：，因為，且，因此，所以所以.18．(1)(2)①；②答案見解析【分析】（1）由得，對稱軸為，然后設，利用另外兩個條件列出方程組求解即得；（2）①根據二次函數的對稱軸與區間的關系分類討論研究最小值；②根據①中求得的函數的解析式，分析各段上的函數值的正負，從而得到函數的解析式，畫出函數的圖象，利用數形結合方法討論方程的實數根的個數.【詳解】（1）（1）由得，對稱軸為，設，∴，得，∴．（2）（2）①，，對稱軸，ⅰ當即時，在單調遞增，，ⅱ即時，在單調遞減，在單調遞增，∴，ⅲ當即時，在單調遞減，，綜上：②畫出函數的圖象圖下圖所示：

利用圖象的翻轉變換得到函數的圖象如圖所示：

方程的根的個數為函數的圖象與直線的交點個數，由圖象可知：當時，方程無解；當時，方程有4個解；當或時，方程有2個解；當時，方程有3個解.19．(1)，(2)(3)【分析】（1）根據二次函數的性質及最值，即可求得，（2）利用換元法可得滿足不等式，即可，再利用二次函數單調性求得實數的取值范圍為.（3）根據題意由方程有四個不同的實數解，轉化為方程有兩個不相等的正實數根，，利用韋達定理即可求得