广安市重点中学2024届高一数学第一学期期末经典试题含解析

广安市重点中学2024届高一数学第一学期期末经典试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．函数的图象大致（）A. B.C. D.2．下列关于函数，的单调性的叙述，正确的是（）A.在上是增函数，在上是减函数B.在和上是增函数，在上是减函数C.在上是增函数，在上是减函数D.在上是增函数，在和上是减函数3．已知向量，，且与的夹角为锐角，则的取值范围是A. B.C. D.4．的值为（）A. B.C. D.5．已知集合，则（）A.0或1 B.C. D.或6．设，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件7．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E、F，且，则下列结论中错误的是A.B.C.三棱锥体积为定值D.8．非零向量，，若点关于所在直线的对称点为，则向量为A. B.C. D.9．已知是第二象限角，且，则点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限10．已知偶函数的定义域为，当时，，若，则的解集为（）A. B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．如图，单位圆上有一点，点P以点P0为起点按逆时针方向以每秒弧度作圆周运动，5秒后点P的纵坐标y是_____________.12．已知a=0.32，b=413，c=log132，则a13．直线与函数的图象相交，若自左至右的三个相邻交点依次为、、，且满足，则实数________14．已知正数x，y满足，则的最小值为_________15．若扇形的面积为9，圆心角为2弧度，则该扇形的弧长为______16．函数一段图象如图所示，这个函数的解析式为______________.三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．化简求值：（1）已知都为锐角，，求的值；（2）.18．设函数的定义域为集合的定义域为集合（1）当时，求；（2）若“”是“”的必要条件，求实数的取值范围19．义域为的函数满足：对任意实数x,y均有，且，又当时，.（1）求的值，并证明：当时，；（2）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围.20．已知，且求的值；求的值21．如图，在平面直角坐标系中，点为单位圆与轴正半轴的交点，点为单位圆上的一点，且，点沿单位圆按逆时针方向旋转角后到点.（1）当时，求的值；（2）设，求的取值范围.

参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1、A【解题分析】根据对数函数的图象直接得出.【题目详解】因为，根据对数函数的图象可得A正确.故选：A.2、D【解题分析】根据正弦函数的单调性即可求解【题目详解】解：因为的单调递增区间为，，，单调递减区间为，，，又，，所以函数在，上是增函数，在，和，上是减函数，故选：D3、B【解题分析】因为与夹角为锐角，所以cos<,>>0，且与不共线，由得，k>－2且，故选B考点：本题主要考查平面向量的坐标运算，向量夹角公式点评：基础题，由夹角为锐角，可得到k得到不等式，应注意夹角为0°时，夹角的余弦值也大于0.4、A【解题分析】根据诱导公式以及倍角公式求解即可.【题目详解】原式.故选：A5、D【解题分析】由集合的概念可知方程只有一个解，且解为，分为二次项系数为0和不为0两种情形，即可得结果.【题目详解】因为为单元素集，所以方程只有一个解，且解为，当时，，此时；当时，，即，此时，故选：D.6、A【解题分析】首先求解二次不等式，然后结合不等式的解集即可确定充分性和必要性是否成立即可.【题目详解】求解二次不等式可得：或，据此可知：是的充分不必要条件.故选：A.【题目点拨】本题主要考查二次不等式的解法，充分性和必要性的判定，属于基础题.7、D【解题分析】可证，故A正确；由∥平面ABCD，可知，B也正确；连结BD交AC于O，则AO为三棱锥的高，，三棱锥的体积为为定值，C正确；D错误．选D8、A【解题分析】如图由题意点B关于所在直线的对称点为B1，所以∠BOA=∠B1OA，所以又由平行四边形法则知:,且向量的方向与向量的方向相同，由数量积的概念向量在向量方向上的投影是OM=，设与向量方向相同的单位向量为：，所以向量=2=2=，所以=.故选A.点睛：本题利用平行四边形法则表示和向量，因为对称，所以借助数量积定义中的投影及单位向量即可表示出和向量,解题时要善于借助图像特征体现向量的工具作用.9、B【解题分析】根据所在象限可判断出，，从而可得答案.【题目详解】为第二象限角，，，则点位于第二象限.故选：B.10、D【解题分析】先由条件求出参数，得到在上的单调性，结合和函数为偶函数进行求解即可.【题目详解】因为为偶函数，所以，解得.在上单调递减，且.因为，所以，解得或.故选：D二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、##【解题分析】根据单位圆上点的坐标求出，从而求出，从而求出点P的纵坐标.【题目详解】因为位于第一象限，且，故，所以，故，所以点P的纵坐标故答案为：12、a>b>c【解题分析】根据指数函数与对数函数单调性直接判断即可.【题目详解】由已知得a=0.32<b=413所以a>b>c，故答案为：a>b>c.13、或【解题分析】设点、、的横坐标依次为、、，由题意可知，根据题意可得出关于、的方程组，分、两种情况讨论，求出的值，即可求得的值.【题目详解】设点、、的横坐标依次为、、，则，当时，因为，所以，，即，因为，得，因为，则，即，可得，所以，，可得，所以，；当时，因为，所以，，即，因为，得，因为，则，即，可得，所以，，可得，所以，.综上所述，或.故答案为：或.14、8【解题分析】将等式转化为，再解不等式即可求解【题目详解】由题意，正实数，由（时等号成立），所以，所以，即，解得（舍），，（取最小值）所以的最小值为.故答案为：15、6【解题分析】先由已知求出半径，从而可求出弧长【题目详解】设扇形所在圆的半径为，因为扇形的面积为9，圆心角为2弧度，所以，得，所以该扇形的弧长为，故答案为：616、【解题分析】由图象的最大值求出A，由周期求出ω，通过图象经过（，0），求出φ，从而得到函数的解析式【题目详解】由函数的图象可得A＝2，T＝＝4π，∴解得ω＝∵图象经过（，0），∴可得：φ＝2kπ，k∈Z，解得：φ＝2kπ，k∈Z，取k=0∴φ，故答案为：y＝2sin（x）三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1），（2）0.【解题分析】（1）先计算出，的值，然后根据角的配凑以及两角差的余弦公式求解出的值；（2）利用诱导公式以及两角和的正切公式结合正、余弦的齐次式计算化简原式【小问1详解】因为，都为锐角，，，所以，，则【小问2详解】原式18、（1）（2）【解题分析】（1）求出集合A，B，根据集合的补集、交集运算求解即可；（2）由必要条件转化为集合间的包含关系，建立不等式求解即可.【小问1详解】由，解得或，所以当时，由，即，解得，所以．所以小问2详解】由（1）知，由，即，解得，所以因为“”是“”的必要条件，所以．所以，解得所以实数的取值范围是19、(1)答案见解析；(2)或.【解题分析】(1)利用赋值法计算可得，设，则，利用拆项：即可证得：当时，；(2)结合(1)的结论可证得是增函数，据此脱去f符号，原问题转化为在上恒成立，分离参数有：恒成立，结合基本不等式的结论可得实数的取值范围是或.试题解析：(1)令，得，令，得，令，得，设，则，因为,所以;(2)设，

,

因为所以，所以为增函数,所以,

即,上式等价于对任意恒成立，因为，所以上式等价于对任意恒成立，设，（时取等），所以，解得或.20、(1)；(2)【解题分析】由．，利用同角三角函数关系式先求出，由此能求出的值利用同角三角函数关系式和诱导公式化简为，再化简为关于的齐次分式求值【题目详解】(1)因为．，所以，故(2)【题目点拨】本题