2024屆內蒙古包頭市北方重工業集團有限公司第三中學高一數學第一學期期末教學質量檢測試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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．已知函數是定義在R上的偶函數,且在區間單調遞增.若實數a滿足,則a的取值范圍是A. B.C. D.2．設集合，則（）A. B.C.{2} D.{-2，2}3．已知，則等于（）A.1 B.2C.3 D.64．若直線過點，，則此直線的傾斜角是（）A.30° B.45°C.60° D.90°5．下列四個函數中,在其定義域上既是奇函數又是單調遞增函數的是A. B.C. D.6．若，均為銳角，，，則（）A. B.C. D.7．設函數，且在上單調遞增，則的大小關系為A B.C. D.不能確定8．已知函數，若對任意，總存在，使得不等式都恒成立，則實數的取值范圍為（）A. B.C. D.9．若，則（）A. B.aC.2a D.4a10．全稱量詞命題“，”的否定是（）A.， B.，C.， D.以上都不正確二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．，的定義域為____________12．已知函數的部分圖像如圖所示，則_______________.13．設奇函數在上是增函數，且，若對所有的及任意的都滿足，則的取值范圍是__________14．函數的單調遞增區間為________________.15．若函數滿足以下三個條件：①定義域為R且函數圖象連續不斷；②是偶函數；③恰有3個零點.請寫出一個符合要求的函數___________.16．已知，，則的最小值是___________.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.（Ⅰ）當時，若關于的方程有且只有兩個不同的實根，求實數的取值范圍；（Ⅱ）對任意時，不等式恒成立，求的值.18．已知函數.（1）若函數在上至少有一個零點，求的取值范圍；（2）若函數在上的最大值為3，求的值.19．已知角α的終邊經過點P.（1）求sinα的值；（2）求的值.20．若函數是奇函數()，且，.(1)求實數,,的值；(2)判斷函數在上的單調性，并利用函數單調性的定義證明.21．求解下列問題（1）化簡（其中各字母均為正數）：；（2）化簡并求值：

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、C【解題分析】函數是定義在上的偶函數，∴，等價為），即．∵函數是定義在上的偶函數，且在區間單調遞增，∴）等價為．即，∴，解得,故選項為C考點：（1）函數的奇偶性與單調性；（2）對數不等式.【思路點晴】本題主要考查對數的基本運算以及函數奇偶性和單調性的應用，綜合考查函數性質的綜合應用根據函數的奇偶數和單調性之間的關系，綜合性較強.由偶函數結合對數的運算法則得：，即，結合單調性得：將不等式進行等價轉化即可得到結論.2、C【解題分析】解一元二次不等式,求出集合B，解得集合A,根據集合的交集運算求得答案.【題目詳解】由題意解得：，故，或，所以，故選：C3、A【解題分析】利用對數和指數互化，可得，，再利用即可求解.【題目詳解】由得：，，所以，故選：A4、A【解題分析】根據兩點求解直線的斜率，然后利用斜率求解傾斜角.【題目詳解】因為直線過點，，所以直線的斜率為；所以直線的傾斜角是30°，故選：A.5、C【解題分析】易知為非奇非偶函數，故排除選項A，因為，，故排除選項B、D，而在定義域上既是奇函數又是單調遞增函數.故選C.6、B【解題分析】由結合平方關系可解.【題目詳解】因為為銳角，，所以，又，均為銳角，所以，所以，所以.故選：B7、B【解題分析】當時，，它在上單調遞增，所以.又為偶函數，所以它在上單調遞減，因，故，選B.點睛：題設中的函數為偶函數，故根據其在上為增函數判斷出，從而得到另一側的單調性和，故可以判斷出.8、D【解題分析】探討函數性質，求出最大值，再借助關于a函數單調性列式計算作答.【題目詳解】依題意，，則是上的奇函數，當時，，在上單調遞增，在上單調遞減，則，由奇函數性質知，函數在上的最大值是，依題意，存在，，令，顯然是一次型函數，因此，或，解得或，所以實數的取值范圍為.故選：D9、A【解題分析】利用對數的運算可求解.【題目詳解】，故選：A10、C【解題分析】根據全稱量詞命題的否定是存在量詞命題，即可得出結論.【題目詳解】全稱量詞命題“，”的否定為“，”.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，根據余弦函數在的圖象可求得結果.【題目詳解】由得：，又，，即的定義域為.故答案為：.12、【解題分析】首先確定函數的解析式，然后求解的值即可.【題目詳解】由題意可得：，當時，，令可得：，據此有：.故答案為：.【題目點撥】已知f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分圖象求其解析式時，A比較容易看圖得出，困難的是求待定系數ω和φ，常用如下兩種方法：(1)由ω＝即可求出ω；確定φ時，若能求出離原點最近的右側圖象上升(或下降)的“零點”橫坐標x0，則令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ.(2)代入點的坐標，利用一些已知點(最高點、最低點或“零點”)坐標代入解析式，再結合圖形解出ω和φ，若對A，ω的符號或對φ的范圍有要求，則可用誘導公式變換使其符合要求.13、【解題分析】由題意得，又因為在上是增函數，所以當，任意的時，，轉化為在時恒成立，即在時恒成立，即可求解.【題目詳解】由題意，得，又因為在上是增函數，所以當時，有，所以在時恒成立，即在時恒成立，轉化為在時恒成立，所以或或解得：或或，即實數的取值范圍是【題目點撥】本題考查函數的恒成立問題的求解，求解的關鍵是把不等式的恒成立問題進行等價轉化，考查分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題.14、【解題分析】函數由，復合而成，求出函數的定義域，根據復合函數的單調性即可得結果.【題目詳解】函數由，復合而成，單調遞減令，解得或，即函數的定義域為，由二次函數的性質知在是減函數，在上是增函數，由復合函數的單調性判斷知函數的單調遞增區間，故答案為.【題目點撥】本題考查用復合函數的單調性求單調區間，此題外層是一對數函數，故要先解出函數的定義域，在定義域上研究函數的單調區間，這是本題易失分點，切記！15、（答案不止一個）【解題分析】根據偶函數和零點的定義進行求解即可.詳解】函數符合題目要求，理由如下：該函數顯然滿足①；當時，，所以有，當時，，所以有，因此該函數是偶函數，所以滿足②當時，，或，當時，，或舍去，所以該函數有3個零點，滿足③，故答案為：16、【解題分析】化簡函數，由，得到，結合三角函數的性質，即可求解.【題目詳解】由題意，函數，因為，可得，當時，即時，函數取得最小值.故答案為：.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、(Ⅰ)；(Ⅱ)1.【解題分析】(Ⅰ)當時，，結合圖象可得若方程有且只有兩個不同的實根，只需即可．（Ⅱ）由題意得只需滿足即可，根據函數圖象的對稱軸與區間的關系及拋物線的開口方向求得函數的最值，然后解不等式可得所求試題解析：（Ⅰ）當時，，∵關于的方程有且只有兩個不同的實根，∴，∴.∴實數的取值范圍為（Ⅱ）①當，即時，函數在區間上單調遞增，∵不等式恒成立，∴，可得，∴解得，與矛盾，不合題意②當，即時，函數在區間上單調遞減，∵不等式恒成立，∴，可得∴解得，這與矛盾，不合題意③當，即時，∵不等式恒成立，∴，整理得，即，即，∴，解得.當時，則，故.∴.綜上可得點睛：(1)二次函數在閉區間上的最值主要有三種類型：軸定區間定、軸動區間定、軸定區間動，不論哪種類型，解決的關鍵是考查對稱軸與區間的關系．當含有參數時，要依據對稱軸與區間的關系進行分類討論；(2)二次函數的單調性問題則主要依據二次函數圖像的對稱軸進行分析討論求解18、(1)；（2）或.【解題分析】（1）由函數在至少有一個零點，方程至少有一個實數根，，解出即可；（2）通過對區間端點與對稱軸頂點的橫坐標的大小比較，再利用二次函數的單調性即可得出函數在上的最大值，令其等于可得結果.試題解析：（1）由.（2）化簡得，當，即時，；當，即時，，，（舍）；當，即時，，綜上，或.19、（1）；（2）【解題分析】（1）由正弦函數定義計算；（2）由誘導公式，商數關系變形化簡，由余弦函數定義計算代入可得.【題目詳解】（1）因為點P，所以|OP|=1，sinα=.（2）由三角函數定義知cosα=，故所求式子的值為20、(1),,；(2)在上為增函數,證明見解析.【解題分析】（1）根據題意，由奇函數的性質可得，進而可得，解可得、、的值，即可得答案；（2）利用定義法證明函數的單調性，按照：設元、作差、變形、判斷符號、下結論的步