2024届山东省青岛市西海岸新区胶南第一高级中学高一数学第一学期期末质量跟踪监视试题含解析

2024届山东省青岛市西海岸新区胶南第一高级中学高一数学第一学期期末质量跟踪监视试题注意事项：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．已知函数，且在内有且仅有两个不同的零点，则实数的取值范围是A. B.C. D.2．我们知道，函数的图象关于原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.据此，我们可以得到函数图象的对称中心为（）A. B.C. D.3．函数的一个零点落在下列哪个区间（）A.（0，1） B.（1，2）C.（2，3） D.（3，4）4．已知偶函数的定义域为，当时，，若，则的解集为（）A. B.C. D.5．已知函数，则（）A.﹣1 B.C. D.36．与函数的图象不相交的一条直线是（）A. B.C. D.7．函数单调递增区间为A. B.C D.8．若，，，则a，b，c的大小关系是A. B.C. D.9．已知定义域为R的偶函数在上是减函数，且，则不等式的解集为（）A. B.C. D.10．函数的单调递增区间是A. B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知，，，，则______.12．函数的单调减区间是__________13．已知函数是定义在上的奇函数，若时，，则时，__________14．已知向量，满足=（3，-4），||=2，|+|=，则，的夹角等于______15．已知函数有两个零点分别为a，b，则的取值范围是_____________16．若函数是R上的减函数，则实数a的取值范围是___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．已知函数的部分图象如图所示.（1）求函数的解析式和单调增区间；（2）将函数的图象向左平移个单位，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变）得到函数的图象，若关于的方程在区间上有两个不同的解、，求的值及实数的取值范围.18．已知定义在上的奇函数满足：①；②对任意的均有；③对任意的，，均有.（1）求的值；（2）证明在上单调递增；（3）是否存在实数，使得对任意的恒成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.19．已知圆经过，两点，且圆心在直线上（）求圆的方程（）过的直线与圆相交于，且，求直线的方程20．对于函数，若实数满足，则称是的不动点．现设（1）当时，分别求与的所有不动点；（2）若与均恰有两个不动点，求a的取值范围；（3）若有两个不动点，有四个不动点，证明：不存在函数满足21．已知函数的部分图象如下图所示.（1）求函数的解析式，并写出函数的单调递增区间；（2）将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的(纵坐标不变)，再将所得的函数图象上所有点向左平移个单位长度，得到函数的图象.若函数的图象关于直线对称，求函数在区间上的值域.

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、C【解析】由，即，分别作出函数和的图象如图，由图象可知表示过定点的直线，当过时，此时两个函数有两个交点，当过时，此时两个函数有一个交点，所以当时，两个函数有两个交点，所以在内有且仅有两个不同的零点，实数的取值范围是，故选C.2、A【解析】依题意设函数图象的对称中心为，则为奇函数，再根据奇函数的性质得到方程组，解得即可；【详解】解：依题意设函数图象的对称中心为，由此可得为奇函数，由奇函数的性质可得，解得，则函数图象的对称中心为；故选：A3、B【解析】求出、，由及零点存在定理即可判断.【详解】，，，则函数的一个零点落在区间上.故选：B【点睛】本题考查零点存在定理，属于基础题.4、D【解析】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.【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：D5、C【解析】先计算，再代入计算得到答案.【详解】，则故选：【点睛】本题考查了分段函数的计算，意在考查学生的计算能力.6、C【解析】由题意求函数的定义域，即可求得与函数图象不相交的直线.【详解】函数的定义域是，解得：，当时，，函数的图象不相交的一条直线是.故选：C【点睛】本题考查正切函数的定义域，属于简单题型.7、A【解析】，所以．故选A8、C【解析】由题意，根据实数指数函数性质，可得，根据对数的运算性质，可得，即可得到答案.【详解】由题意，根据实数指数函数的性质，可得，根据对数的运算性质，可得；故选C【点睛】本题主要考查了指数函数与对数函数的运算性质的应用，其中解答中合理运用指数函数和对数函数的运算性质，合理得到的取值范围是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.9、A【解析】根据偶函数的性质可得在上是增函数，且.由此将不等式转化为来求解得不等式的解集.【详解】因为偶函数在上是减函数，所以在上是增函数，由题意知:不等式等价于,即,即或,解得:或.故选：A【点睛】本小题主要考查函数的奇偶性以及单调性，考查对数不等式的解法，属于中档题.10、D【解析】，选D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】利用两角和的正弦公式即可得结果.【详解】因为，，所以，由，，可得，，所以.故答案为：.12、【解析】，在上递增，在上递增，在上递增，在上递减，复合函数的性质，可得单调减区间是，故答案为.13、【解析】函数是定义在上的奇函数，当时，当时，则，，故答案为.14、【解析】利用求解向量间的夹角即可【详解】因为，所以，因为，所以，即，所以，所以，因为向量夹角取值范围是，所以向量与向量的夹角为【点睛】本题考查向量的运算，这种题型中利用求解向量间的夹角同时需注意15、【解析】根据函数零点可转化为有2个不等的根，利用对数函数的性质可知，由均值不等式求解即可.详解】不妨设，因为函数有两个零点分别为a，b，所以，所以，即，且，，当且仅当，即时等号成立，此时不满足题意，，即，故答案为：16、【解析】按照指数函数的单调性及端点处函数值的大小关系得到不等式组，解不等式组即可.【详解】由题知故答案为：.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、（1），增区间为；（2），.【解析】（1）结合图象和，求得的值，再根据，，求得的解析式，然后利用正弦函数的单调性，即可得解；（2）根据函数图象的变换法则写出的解析式，再结合正弦函数的对称性以及图象，即可得解.【小问1详解】解：设的最小正周期为，由图象可知，则，故，又，所以，即，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以，令，则，故的单调增区间为.【小问2详解】解：将函数的图象向左平移个单位，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变），得的图象，由，知，由可得，由可得，若关于的方程在区间上有两个不同的解、，则点、关于直线对称，故，所以，，作出函数与函数在区间上的图象如下图所示：由图可知，当时，即当时，函数与函数在区间上的图象有两个交点.综上所述，，实数的取值范围是.18、（1）0；（2）详见解析；（3）存在，.【解析】（1）利用赋值法即求；（2）利用单调性的定义，由题可得，结合条件可得，即证；（3）利用赋值法可求，结合函数的单调性可把问题转化为，是否存在实数，使得或在恒成立，然后利用参变分离法即求.【小问1详解】∵对任意的，，均有，令，则，∴；【小问2详解】，且，则又，对任意的均有，∴，∴∴函数在上单调递增.【小问3详解】∵函数为奇函数且在上单调递增，∴函数在上单调递增，令，可得，令，可得，又，∴，又函数在上单调递增，在上单调递增，∴由，可得或，即是否存在实数，使得或对任意的恒成立，令，则，则对于恒成立等价于在恒成立，即在恒成立，又当时，，故不存在实数，使得恒成立，对于对任意的恒成立，等价于在恒成立，由，可得在恒成立，又，在上单调递减，∴，综上可得，存在使得对任意的恒成立.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是配凑，然后利用条件可证；第三问的关键是转化为否存在实数，使得或在恒成立，再利用参变分离法解决.19、（1）（2）x＝2或15x﹣8y﹣30＝0【解析】（1）由圆心C在直线2x﹣y﹣2＝0上，可设圆C的圆心为（a，2a﹣2），半径为r，再由圆C过点A（1，4），B（3，6）两点，列关于a，r的方程组，求解可得a，r的值，则圆C的方程可求；（2）当直线l的斜率不存在时，直线方程为x＝2，求得M，N的坐标，可得|MN|＝2，满足题意；当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为y＝k（x﹣2），则kx﹣y﹣2k＝0，由|MN|＝2，可得圆心到直线的距离为1，由点到直线的距离公式列式求得k值，则直线l的方程可求【详解】解：（1）∵圆心C在直线2x﹣y﹣2＝0上，∴设圆C的圆心为（a，2a﹣2），半径为r，又∵圆C过点A（1，4），B（3，6）两点，∴，解得，则圆C的方程为（x﹣3）2+（y﹣4）2＝4；（2）当直线l的斜率不存在时，直线方程为x＝2，联立，解得M（2，4），N（2，4），此时|MN|；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k（x﹣2），则kx﹣y﹣2k＝0，∵|MN|＝2，∴圆心到直线的距离为d，解得k，则直线l的方程为15x﹣8y﹣30＝0，综上，直线l的方程为x＝2或15x﹣8y﹣30＝0【点睛】本题考查圆的方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查垂径定理的应用，是中档题20、（1）（2）（3）见详解.【解析】【小问1详解】因为，所以即，所以，所以的不动点为；解，，所以，因为是的解，所以上述四次方程必有因式，利用长除法或者双十字相乘法因式分解得，所以，所以的不动点为；【小问2详解】由得，由、得，因为是的解，所以上述四次方程必有因式，利用长除法或者双十字相乘法因式分解得，因为与均恰有两个不动点，所以①或②且和有同根，由①得，②中两方程相减得，所以，故，综上，a的取值范围是；【小问3详解】（3）设的不动点为，的不动点为，所以，设，则，所以，所以是的不动点，同理，也是的不动点，只能，假设存在，则或，因为过点，所以，否则矛盾，且，否则，所以一定存在，与均不同，所以，所以，所以有另外不动点，矛盾，故不存在函数满足21、（1），递增区间为；（2）.【解析】（1）由三角函数的图象，求得函数的解析式，结合三角函数的性质，即可求解.（2）由三角函数的图象变换，求得，根据的图象关于直线对称，求得的值，得到，结合三角函数的性质，即可求解.【详解】（1）由图象可知，，所以，所以，由图可求出最低点的坐标为，所以，所以