江苏省苏州市苏苑高级中学2023年高一数学第一学期期末质量检测试题含解析

江苏省苏州市苏苑高级中学2023年高一数学第一学期期末质量检测试题注意事项：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；在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，请将正确选项填涂在答题卡上.）1．已知，，则p是q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2．已知，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3．若定义在R上的偶函数满足，且当时，f(x)=x,则函数y=f(x)-的零点个数是A.6个 B.4个C.3个 D.2个4．如图所示，在平面直角坐标系中，一单位圆的圆心的初始位置在（0，1），此时圆上一点P的位置在（0，0），圆在x轴上沿正向滚动，当圆滚动到圆心位于（2，1）时，点Р的坐标为（）A. B.C D.5．下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的函数是A. B.C. D.6．设函数若任意给定的，都存在唯一的非零实数满足，则正实数的取值范围为（）A. B.C. D.7．在平行四边形中，，，为边的中点，，则（）A.1 B.2C.3 D.48．已知扇形的面积为，当扇形的周长最小时，扇形的圆心角为（）A1 B.2C.4 D.89．已知为第二象限角，则的值是（）A.3 B.C.1 D.10．设函数满足，当时，，则（）A.0 B.C. D.1二、填空题（本大题共5小题，请把答案填在答题卡中相应题中横线上）11．把函数的图像向右平移后，再把各点横坐标伸长到原来的2倍，所得函数解析式是______12．锐角中,分别为内角的对边,已知，，，则的面积为__________13．求值:____.14．幂函数的图像经过点，则的值为____15．已知函数，的最大值为3，最小值为2，则实数的取值范围是________.三、解答题（本大题共6小题.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）16．已知全集，集合，.（1）若，求；（2）若，求实数的取值范围.17．对于在区间上有意义的函数，若满足对任意的，，有恒成立，则称在上是“友好”的，否则就称在上是“不友好”的．现有函数.（1）当时，判断函数在上是否“友好”；（2）若关于x的方程的解集中有且只有一个元素，求实数a的取值范围18．已知直线（1）求直线的斜率；（2）若直线m与平行，且过点，求m方程.19．已知求的值；求的值.20．已知函数为二次函数，不等式的解集是，且在区间上的最小值为-12（1）求的解析式；（2）设函数在上的最小值为，求的表达式21．设两个非零向量与不共线，（1）若，，，求证：A，B，D三点共线；（2）试确定实数k，使和共线

参考答案一、选择题（本大题共10小题；在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，请将正确选项填涂在答题卡上.）1、A【解析】说明由可得得到，通过特例说明无法从得到，从而得到是的充分不必要条件.【详解】由，可得，由，即，，解得或.于是，由能推出，反之不成立.所以是充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题考查充分不必要条件的判断，属于简单题.2、A【解析】先判断“”成立时，“”是否成立，反之，再看“”成立，能否推出“”，即可得答案.【详解】“”成立时，，故“”成立，即“”是“”的充分条件；“”成立时，或，此时推不出“”成立，故“”不是“”的必要条件，故选：A.3、B【解析】因为偶函数满足，所以的周期为2，当时，，所以当时，，函数的零点等价于函数与的交点个数，在同一坐标系中，画出的图象与的图象，如上图所示，显然的图象与的图象有4个交点．选B.点睛：本题考查了根的存在性及根的个数判断，以及函数与方程的思想，是中档题．根据函数零点和方程的关系进行转化是解答本题的关键4、D【解析】如图，根据题意可得，利用三角函数的定义和诱导公式求出，进而得出结果.【详解】如图，由题意知，，因为圆的半径，所以，所以，所以，即点.故选：D5、D【解析】选项A为偶函数，但在区间（0，+∞）上单调递减；选项B，y＝x3为奇函数；选项C，y＝cosx为偶函数，但在区间（0，+∞）上没有单调性；选项D满足题意【详解】选项A，y＝ln为偶函数，但在区间（0，+∞）上单调递减，故错误；选项B，y＝x3为奇函数，故错误；选项C，y＝cosx为偶函数，但在区间（0，+∞）上没有单调性，故错误；选项D，y＝2|x|为偶函数，当x＞0时，解析式可化为y＝2x，显然满足在区间（0，+∞）上单调递增，故正确故选D【点睛】本题考查函数的奇偶性和单调性，属于基础题6、A【解析】结合函数的图象及值域分析，当时，存在唯一的非零实数满足，然后利用一元二次不等式的性质即可得结论.【详解】解：因为，所以由函数的图象可知其值域为，又时，值域为；时，值域为，所以的值域为时有两个解，令，则，若存在唯一的非零实数满足，则当时，，与一一对应，要使也一一对应，则，，任意，即，因为，所以不等式等价于，即，因，所以，所以，又，所以正实数的取值范围为.故选：A.7、D【解析】以为坐标原点，建立平面直角坐标系，设，再利用平面向量的坐标运算求解即可【详解】以坐标原点，建立平面直角坐标系，设，则，，，，故，由可得，即，化简得，故，故，，故故选：D8、B【解析】先表示出扇形的面积得到圆心角与半径的关系，再利用基本不等式求出周长的最小值，进而求出圆心角的度数.【详解】设扇形的圆心角为，半径为，则由题意可得∴，当且仅当时,即时取等号，∴当扇形的圆心角为2时,扇形的周长取得最小值32.故选：B.9、C【解析】由为第二象限角，可得，再结合，化简即可.【详解】由题意，，因为为第二象限角，所以，所以.故选：C.10、A【解析】根据给定条件依次计算并借助特殊角的三角函数值求解作答.【详解】因函数满足，且当时，，则，所以.故选：A二、填空题（本大题共5小题，请把答案填在答题卡中相应题中横线上）11、【解析】利用三角函数图像变换规律直接求解【详解】解：把函数的图像向右平移后，得到，再把各点横坐标伸长到原来的2倍，得到，故答案为：12、【解析】由已知条件可得，，再由正弦定理可得，从而根据三角形内角和定理即可求得，从而利用公式即可得到答案.【详解】，由得，又为锐角三角形，，又，即，解得，.由正弦定理可得，解得，又，，故答案为.【点睛】三角形面积公式的应用原则：(1)对于面积公式S＝absinC＝acsinB＝bcsinA，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化13、【解析】根据诱导公式以及正弦的两角和公式即可得解【详解】解：因为，故答案为：14、2【解析】因为幂函数，因此可知f()=215、【解析】画出函数的图像，对称轴为，函数在对称轴的位置取得最小值2，令，可求得，或，进而得到参数范围.【详解】函数的图象是开口朝上，且以直线为对称的抛物线，当时，函数取最小值2，令，则，或，若函数在上的最大值为3，最小值为2，则，故答案为：.三、解答题（本大题共6小题.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）16、（1）；（2）或.【解析】（1）先求得集合A，当时，求得集合B，根据交集、补集运算的概念，即可得答案.（2）根据题意，可得，根据，可得或，即可得答案【详解】（1），当时，所以；（2）因为，所以，又因为，所以或，解得或.17、（1）当时，函数在，上是“友好”的（2）【解析】（1）当时，利用函数的单调性求出和，由即可求得结论；（2）化简原方程，然后讨论的范围和方程的解即可得答案【小问1详解】解：当时，，因为单调递增，在单调递减，所以在上单调递减，所以，，因为，所以由题意可得，当时，函数在上是“友好”的；【小问2详解】解：因为，即，且，①所以，即，②当时，方程②的解为，代入①成立；当时，方程②的解为，代入①不成立；当且时，方程②的解为或将代入①，则且，解得且，将代入①，则，且，解得且所以要使方程的解集中有且只有一个元素，则，综上，的取值范围为18、（1）；（2）.【解析】（1）将直线变形为斜截式即可得斜率；（2）由平行可得斜率，再由点斜式可得结果.【详解】（1）由，可得，所以斜率为；（2）由直线m与平行，且过点，可得m的方程为，整理得：.19、（1）；（2）【解析】（1）作的平方可得,则,由的范围求解即可；（2）先利用降幂公式和切弦互化进行化简,得原式,将与代入求解即可【详解】（1）由题,,则,因为又,则,所以因此,（2）由题,由（1）可,代入可得原式【点睛】本题考查同角的平方关系式及完全平方公式的应用,考查降幂公式,考查切弦互化,考查运算能力20、（1）；（2）.【解析】（1）根据不等式的解集是，令，然后由在区间上的最小值为-12，由求解.（2）由（1）知函数的对称轴是，然后分，两种讨论求解.【详解】（1）因为不等式的解集是，令，因为在区间上的最小值为-12，所以，解得，所以.（2）当，即时，，当，即时，所以.【点睛】方法点睛：(1)二次函数在闭区间上的最值主要有三种类型：轴定区间定、轴动区间定、轴定区间动，不论哪种类型，解决的关键是考查对称轴与区间的关系，当含有