宝坻区第一中学2024届高一上数学期末教学质量检测试题含解析

宝坻区第一中学2024届高一上数学期末教学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，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．已知向量，且，则实数=A B.0C.3 D.2．集合A={x∈N|1≤x<4}的真子集的个数是（）A.16 B.8C.7 D.43．圆与圆的位置关系为（）A.相离 B.相交C.外切 D.内切4．我国著名数学家华罗庚曾说：数缺形时少直观，形少数时难人微，数形结合百般好，割裂分家万事休.在数学的学习和研究中，有时可凭借函数的解析式琢磨函数图像的特征.如函数，的图像大致为（）A. B.C. D.5．的值为A. B.C. D.6．某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量P（单位：）与时间t（单位：h）间的关系为，其中，k是常数．已知当时，污染物含量降为过滤前的，那么（）A. B.C. D.7．已知函数在[-2，1]上具有单调性，则实数k的取值范围是（）A.k≤-8 B.k≥4C.k≤-8或k≥4 D.-8≤k≤48．已知函数，若方程f（x）＝a有四个不同的解x1，x2，x3，x4，且x1＜x2＜x3＜x4，则的取值范围为（）A.（﹣1，+∞） B.（﹣1，1]C.（﹣∞，1） D.[﹣1，1）9．已知扇形的周长为15cm，圆心角为3rad，则此扇形的弧长为（）A.3cm B.6cmC.9cm D.12cm10．命题“，使得”的否定是（）A.， B.，C.， D.，二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知幂函数（为常数）的图像经过点，则__________12．设函数，若关于x的方程有四个不同的解，，，，，且，则m的取值范围是_____，的取值范围是__________13．已知函数，则=____________14．密位广泛用于航海和军事，我国采用“密位制”是6000密位制，即将一个圆圈分成6000等份，每一个等份是一个密位，那么600密位等于___________rad.15．已知圆心为（1,1），经过点（4,5），则圆标准方程为_____________________.16．设为锐角，若，则的值为_______.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．已知全集为实数集R，集合，求，；已知集合，若，求实数a的取值范围18．已知，___________，.从①，②，③中任选一个条件，补充在上面问题中，并完成题目.（1）求值（2）求.19．（1）已知，求的最小值；（2）求函数的定义域20．已知函数为的零点，为图象的对称轴（1）若在内有且仅有6个零点，求；（2）若在上单调，求的最大值21．已知函数，（为常数）.（1）当时，判断在的单调性，并用定义证明；（2）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围；（3）讨论零点的个数.

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【解题分析】由题意得，，因为，所以，解得，故选C.考点：向量的坐标运算.2、C【解题分析】先用列举法写出集合A，再写出其真子集即可.【题目详解】解：∵A={x∈N|1≤x<4}={1,2,3}，∴A={x∈N|1≤x<4}真子集为：∅,1,故选：C3、A【解题分析】通过圆的标准方程，可得圆心和半径，通过圆心距与半径的关系，可得两圆的关系.【题目详解】圆，圆心，半径为；，圆心，半径为；两圆圆心距，所以相离.故选：A.4、B【解题分析】根据题意求出函数的定义域并判断出函数的奇偶性，再代入特殊值点即可判断答案.【题目详解】由题意，函数定义域为，，于是排除AD，又，所以C错误，B正确.故选：B.5、B【解题分析】.故选B.6、C【解题分析】根据题意列出指数式方程，利用指数与对数运算公式求出的值.【题目详解】由题意得：，即，两边取对数，，解得：.故选：C7、C【解题分析】根据二次函数的单调性和对称轴之间的关系，建立条件求解即可.【题目详解】函数对称轴为，要使在区间[-2，1]上具有单调性，则或，∴或综上所述的范围是：k≤-8或k≥4.故选：C.8、B【解题分析】由方程f（x）＝a，得到x1，x2关于x＝﹣1对称，且x3x4＝1；化简，利用数形结合进行求解即可【题目详解】作函数f（x）的图象如图所示，∵方程f（x）＝a有四个不同的解x1，x2，x3，x4，且x1＜x2＜x3＜x4，∴x1，x2关于x＝﹣1对称，即x1+x2＝﹣2，0＜x3＜1＜x4，则|log2x3|＝|log2x4|，即﹣log2x3＝log2x4，则log2x3+log2x4＝0，即log2x3x4＝0，则x3x4＝1；当|log2x|＝1得x＝2或，则1＜x4≤2；≤x3＜1；故；则函数y＝﹣2x3+，在≤x3＜1上为减函数，则故当x3＝取得y取最大值y＝1，当x3＝1时，函数值y=﹣1．即函数取值范围（﹣1，1]故选B【题目点拨】本题考查分段函数的运用，主要考查函数的单调性的运用，运用数形结合的思想方法是解题的关键，属于中档题9、C【解题分析】利用扇形弧长公式进行求解.【题目详解】设扇形弧长为lcm，半径为rcm，则，即且，解得：（cm），故此扇形的弧长为9cm.故选：C10、B【解题分析】根据特称命题的否定的知识确定正确选项.【题目详解】原命题是特称命题，其否定是全称命题，注意否定结论，所以，命题“，使得”的否定是，.故选：B二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、3【解题分析】设，依题意有，故.12、①.②.【解题分析】画出的图象，结合图象可得的取值范围及，，再利用函数的单调性可求目标代数式的范围.【题目详解】的图象如下图所示，当时，直线与的图象有四个不同的交点，即关于x的方程有四个不同的解，，，．结合图象，不难得即又，得即，且，所以，设，易知道在上单调递增，所以，即的取值范围是故答案为：，.思路点睛：知道函数零点的个数，讨论零点满足的性质时，一般可结合初等函数的图象和性质来处理，注意图象的正确的刻画.13、【解题分析】由函数解析式，先求得，再求得代入即得解.【题目详解】函数，则==，故答案为.【题目点拨】本题考查函数值的求法，属于基础题.14、【解题分析】根据周角为，结合新定义计算即可【题目详解】解：∵圆周角为，∴1密位，∴600密位，故答案为：15、【解题分析】设出圆的标准方程，代入点的坐标，求出半径，求出圆的标准方程【题目详解】设圆的标准方程为（x-1）2+（y-1）2=R2，由圆经过点（4,5）得R2=25，从而所求方程为（x-1）2+（y-1）2=25，故答案为（x-1）2+（y-1）2=25【题目点拨】本题主要考查圆的标准方程，利用了待定系数法，关键是确定圆的半径16、【解题分析】由条件求得的值，利用二倍角公式求得和的值，再根据，利用两角差的正弦公式计算求得结果【题目详解】∵为锐角，，∴，∴，故，故答案为.【题目点拨】本题主要考查同角三角函数的基本关系、两角和差的正弦公式、二倍角公式的应用，属于中档题三、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).【解题分析】(1)借助题设条件求集合,再求其交集与补集；(2)借助题设运用数轴分类建立不等式组求解.试题解析：（1），（2）(i)当时，，此时.（ii）当时，，则综合（i）（ii），可得的取值范围是考点：函数的定义域集合的运算等有关知识的综合运用.18、（1）（2）【解题分析】【小问1详解】，，，若选①，则，则，若选②，则，则，则，若选③，则，，，则综上，【小问2详解】，，，，，，19、（1）3；（2）或【解题分析】（1）由，利用基本不等式即可求解.（2）由题意可得，解一元二次不等式即可求解.【题目详解】解：（1），，，当且仅当，即时取等号，的最小值为3；（2）由题知，令，解得或∴函数定义域为或20、（1）；（2）.【解题分析】（1）根据的零点和对称中心确定出的取值情况，再根据在上的零点个数确定出，由此确定出的取值，结合求解出的取值，再根据以及的范围确定出的取值，由此求解出的解析式；（2）先根据在上单调确定出的范围，由此确定出的可取值，再对从大到小进行分析，由此确定出的最大值.【题目详解】（1）因为是的零点，为图象的对称轴，所以，所以，因为在内有且仅有个零点，分析正弦函数函数图象可知：个零点对应的最短区间长度为，最长的区间长度小于，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以，代入，所以，所以，所以，又因为，所以，所以；（2）因为在上单调，所以，即，所以，又由（1）可知，所以，所以，当时，，所以，所以，所以此时，因为，所以，又因为在时显然不单调所以在上不单调，不符合；当时，，所以，所以，所以此时，因为，所以，又因为在时显然单调递减，所以在上单调递减，符合；综上可知，的最大值为.【题目点拨】思路点睛：求解动态的三角函数涉及的取值范围问题的常见突破点：（1）结论突破：任意对称轴（对称中心）之间的距离为，任意对称轴与对称中心之间的距离为；（2）运算突破：已知在区间内单调，则有且；已知在区间内没有零点，则有且.21、（1）见解析；（2）；（3）见解析.【解题分析】（1）利用函数的单调性的定义，即可证得函数的单调性，得到结论；（2）由得，转化为，设，利用二次函数的性质，即可求解.（3）把函数有个零点转化为方程有两个解，令，作的图像及直线图像，结合图象，即可求解，得到答案.【题目详解】（1）当时，且时，是单调递减的.证明：设，则又且，故当时，在上是单调递减的.（2）由得，变形为，即，设，令，则，由二次函数的性质，可得，