廣西南寧市2024屆高一數學第一學期期末質量跟蹤監視模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．若，則終邊在（）A.第一、三象限 B.第一、二象限C.第二、四象限 D.第三、四象限2．如圖，在平面內放置兩個相同的直角三角板，其中，且三點共線，則下列結論不成立的是A. B.C.與共線 D.3．設命題，則命題p的否定為（）A. B.C. D.4．設函數若任意給定的，都存在唯一的非零實數滿足，則正實數的取值范圍為（）A. B.C. D.5．一個袋中有個紅球和個白球，現從袋中任取出球，然后放回袋中再取出一球，則取出的兩個球同色的概率是A. B.C. D.6．函數的定義域為（）A.（－∞，2） B.（－∞，2]C. D.7．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，異面直線AD1和B1C所成的角是（）A. B.C. D.8．已知函數，則下列結論錯誤的是（）A.的一個周期為 B.的圖象關于直線對稱C.的一個零點為 D.在區間上單調遞減9．命題“”的否定是（）A. B.C. D.10．定義運算，若函數，則的值域是（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．函數的最小正周期為，將的圖象向左平移個單位長度，所得圖象關于原點對稱，則的值為__________12．已知函數（）①當時的值域為__________；②若在區間上單調遞增，則的取值范圍是__________13．當曲線與直線有兩個相異交點時，實數的取值范圍是________14．已知向量，且，則_______.15．寫出一個能說明“若函數為奇函數，則”是假命題的函數：_________.16．若函數y=是函數的反函數，則_________________三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．已知集合，.（1）若，求；（2）若，求實數的取值范圍.18．已知二次函數滿足，且求的解析式；設，若存在實數a、b使得，求a的取值范圍；若對任意，都有恒成立，求實數t的取值范圍19．已知集合，集合（1）當時，求和（2）若，求實數m的取值范圍20．已知函數在區間上單調，當時，取得最大值5，當時，取得最小值-1.（1）求的解析式（2）當時，函數有8個零點，求實數的取值范圍21．已知函數的定義域為，在上為增函數，且對任意的，都有（1）試判斷的奇偶性；（2）若，求實數的取值范圍

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、A【解題分析】分和討論可得角的終邊所在的象限.【題目詳解】解：因為，所以當時，，其終邊在第三象限；當時，，其終邊在第一象限.綜上，的終邊在第一、三象限.故選：A.2、D【解題分析】設BC=DE=m，∵∠A=30°，且B，C，D三點共線，則CD═AB=m，AC=EC=2m，∴∠ACB=∠CED=60°，∠ACE=90°，,故A、B、C成立；而，，即不成立，故選D.3、C【解題分析】由全稱命題的否定是特稱命題即可得解.【題目詳解】根據全稱命題的否定是特稱命題可知，命題的否定命題為，故選：C4、A【解題分析】結合函數的圖象及值域分析，當時，存在唯一的非零實數滿足，然后利用一元二次不等式的性質即可得結論.【題目詳解】解：因為，所以由函數的圖象可知其值域為，又時，值域為；時，值域為，所以的值域為時有兩個解，令，則，若存在唯一的非零實數滿足，則當時，，與一一對應，要使也一一對應，則，，任意，即，因為，所以不等式等價于，即，因，所以，所以，又，所以正實數的取值范圍為.故選：A.5、D【解題分析】從袋中任取出球，然后放回袋中再取出一球，共有種方法，其中取出的兩個球同色的取法有種，因此概率為選D.6、D【解題分析】利用根式、分式的性質列不等式組求定義域即可.【題目詳解】由題設，，可得，所以函數定義域為.故選：D7、D【解題分析】正方體ABCD-A1B1C1D1的面對角線AD1和面對角線DA1所成的角就是異面直線AD1和B1C所成的角，利用正方體的性質即得【題目詳解】由正方體的性質可知，，∴四邊形為平行四邊形，∴DA1∥B1C，∴正方體ABCD-A1B1C1D1的面對角線AD1和面對角線DA1所成的角就是異面直線AD1和B1C所成的角，∵四邊形ADD1A1正方形，∴直線AD1和DA1垂直，∴異面直線AD1和B1C所成的角是90°故選：D8、B【解題分析】根據周期求出f(x)最小正周期即可判斷A；判斷是否等于1或－1即可判斷是否是其對稱軸，由此判斷B；判斷否為0即可判斷C；，根據復合函數單調性即可判斷f(x)單調性，由此判斷D.【題目詳解】函數，最小正周期為故A正確；，故直線不是f(x)的對稱軸，故B錯誤；，則，∴C正確；，∴f(x)在上單調遞減，故D正確.故選：B.9、B【解題分析】根據特稱命題的否定為全稱命題，將并否定原結論，寫出命題的否定即可.【題目詳解】由原命題為特稱命題，故其否定為“”.故選：B10、C【解題分析】由定義可得，結合指數函數性質即可求出.【題目詳解】由定義可得，當時，，則，當時，，則，綜上，的值域是.故選：C.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】由題意知，先明確值，該函數平移后為奇函數，根據奇函數性質得圖象過原點，由此即可求得值【題目詳解】∵函數的最小正周期為，∴，即，將的圖象向左平移個單位長度，所得函數為，又所得圖象關于原點對稱，∴，即，又，∴故答案為：【題目點撥】本題考查函數y＝Asin（ωx+φ）的圖象變換，考查奇偶函數的性質，要熟練掌握圖象變換的方法12、①.②.【解題分析】當時，分別求出兩段函數的值域，取并集即可；若在區間上單調遞增，則有，解之即可得解.【題目詳解】解：當時，若，則，若，則，所以當時的值域為；由函數（），可得函數在上遞增，在上遞增，因為在區間上單調遞增，所以，解得，所以若在區間上單調遞增，則的取值范圍是.故答案為：；.13、【解題分析】由解析式可知曲線為半圓，直線恒過；畫出半圓的圖象，找到直線與半圓有兩個交點的臨界狀態，利用圓的切線的求解方法和兩點連線斜率公式求得斜率的取值范圍.【題目詳解】為恒過的直線則曲線圖象如下圖所示：由圖象可知，當直線斜率時，曲線與直線有兩個相異交點與半圓相切，可得：解得：又本題正確結果：【題目點撥】本題考查利用曲線與直線的交點個數求解參數范圍的問題，關鍵是能夠通過數形結合的方式找到臨界狀態，易錯點是忽略曲線的范圍，誤認為曲線為圓.14、2【解題分析】由題意可得解得.【名師點睛】（1）向量平行：，,.（2）向量垂直：.（3）向量的運算：.15、（答案不唯一）【解題分析】由題意，只需找一個奇函數，0不在定義域中即可.【題目詳解】由題意，為奇函數且，則滿足題意故答案為：16、0【解題分析】可得，再代值求解的值即可【題目詳解】的反函數為，則，則，則.故答案為：0三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）.【解題分析】（1）根據并集的概念運算可得結果；（2）分類討論集合是否為空集，根據交集結果列式可得答案.【題目詳解】（1）當時，，所以.（2）因為，（i）當，即時，，符合題意；（ii）當時，，解得或.綜上所述，實數的取值范圍是.【題目點撥】易錯點點睛：容易漏掉集合為空集的情況.18、（1）；（2）或；（3）.【解題分析】利用待定系數法求出二次函數的解析式；求出函數的值域，再由題意得出關于a的不等式，求出解集即可；由題意知對任意，都有，討論t的取值，解不等式求出滿足條件的t的取值范圍【題目詳解】解：設，因為，所以；；；；；解得：；；函數，若存在實數a、b使得，則，即，，解得或，即a的取值范圍是或；由題意知，若對任意，都有恒成立，即，故有，由，；當時，在上為增函數，，解得，所以；當，即時，在區間上是單調減函數，，解得，所以；當，即時，，若，則，解得；若，則，解得，所以，應取；綜上所述，實數t的取值范圍是【題目點撥】本題考查了不等式恒成立問題，也考查了分類討論思想與轉化思想，屬于難題19、（1）（或者）；（或者）（2）【解題分析】（1）代入，結合集合的并、補運算即得解；（2）分，兩種情況討論，列出不等關系，計算即得解【小問1詳解】當時，所以（或者）；（或者）【小問2詳解】當時，則，解得當時，則，解得，所以m不存在綜上所述，20、（1）；（2）.【解題分析】(1)由函數的最大值和最小值求出,由周期求出ω,由特殊點的坐標出φ的值,可得函數的解析式(2)等價于時,方程有個不同的解.即與有個不同交點,畫圖數形結合即可解得【題目詳解】(1)由題知,..又,即,的解析式為.(2)當時,函數有個零點,等價于時,方程有個不同的解.即與有個不同交點.由圖知必有,即.實數的取值范圍是.【題目點撥】已知函數有零點求參數常用的方法和思路：(1)直接法：直接根據題設條件構建關于參數的不等式,再通過解不等式確定參數范圍；(2)分離參數法：先將參數分離,轉化成函數的值域問題解決；(3)數形結合法：先對解析式變形,在同一個平面直角坐