2024屆廣東省中山市一中豐山學部高一數學第一學期期末達標檢測試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1．青少年視力是社會普遍關注的問題，視力情況可借助視力表測量．通常用五分記錄法和小數記錄法記錄視力數據，小數記錄法的數據V和五分記錄法的數據L滿足，已知某同學視力的五分記錄法的數據為4.9，則其視力的小數記錄法的數據約為（）（注：）A.0.6 B.0.8C.1.2 D.1.52．已知向量，滿足，，且與夾角為，則（）A. B.C. D.3．若是圓的弦，的中點是(－1，2)，則直線的方程是（）A. B.C. D.4．下列函數中，在上單調遞增的是（）A. B.C. D.5．若直線過點且傾角為，若直線與軸交于點，則點的坐標為（）A. B.C. D.6．已知函數，若關于x的方程恰有兩個不同的實數解，則實數m的取值范圍是（）A. B.C. D.7．為了鼓勵大家節約用水，遵義市實行了階梯水價制度，下表是年遵義市每戶的綜合用水單價與戶年用水量的關系表．假設居住在遵義市的艾世宗一家年共繳納的水費為元，則艾世宗一家年共用水（）分檔戶年用水量綜合用水單價/（元）第一階梯（含）第二階梯（含）第三階梯以上A. B.C. D.8．已知函數，則滿足的x的取值范圍是（）A. B.C. D.9．過圓C：（x﹣2）2+（y﹣2）2＝4的圓心，作直線分別交x，y正半軸于點A，B，△AOB被圓分成四部分（如圖），若這四部分圖形面積滿足SI+SⅣ＝SⅡ+SⅢ，則這樣的直線AB有A.0條 B.1條C.2條 D.3條10．已知關于的方程的兩個實根為滿足則實數的取值范圍為A. B.C. D.11．已知函數則函數值域是（）A. B.C. D.12．函數是奇函數，則的值為（）A.1 B.C.0 D.二、填空題（本大題共4小題，共20分）13．設函數，若關于x的方程有四個不同的解，，，，，且，則m的取值范圍是_____，的取值范圍是__________14．已知，則___________15．函數的最小值為________16．已知是定義在R上的奇函數，當時，，則在R上的表達式是________三、解答題（本大題共6小題，共70分）17．已知函數.（1）判斷函數的奇偶性，并說明理由；（2）若實數滿足，求的值.18．已知.（1）求的值；（2）若，求的值.19．已知函數fx（1）求實數a的值；（2）當a>0時，①判斷fx②對任意實數x，不等式fsin2x+20．如圖，四棱錐中，底面為菱形，平面.(1)證明：平面平面；(2)設，，求到平面的距離.21．已知函數，設.（1）證明：若，則；（2）若，滿足，求實數m的范圍.22．已知函數.（1）求解不等式的解集；（2）當時，求函數最小值，以及取得最小值時的值.

參考答案一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1、B【解析】當時，即可得到答案.【詳解】由題意可得當時故選：B2、D【解析】根據向量的運算性質展開可得，再代入向量的數量積公式即可得解.【詳解】根據向量運算性質，，故選：D3、B【解析】由題意知，直線PQ過點A（-1，2），且和直線OA垂直，故其方程為：y﹣2=（x+1），整理得x-2y+5=0故答案為B4、B【解析】利用基本初等函數的單調性可得出合適的選項.【詳解】函數、、在上均為減函數，函數在上為增函數.故選：B.5、C【解析】利用直線過的定點和傾斜角寫出直線的方程，求出與軸的交點，得出答案【詳解】直線過點且傾角為，則直線方程為，化簡得令，解得，點的坐標為故選：C【點睛】本題考查點斜式直線方程的應用，考查學生計算能力，屬于基礎題6、D【解析】根據題意，函數與圖像有兩個交點，進而作出函數圖像，數形結合求解即可.【詳解】解：因為關于x的方程恰有兩個不同的實數解，所以函數與圖像有兩個交點，作出函數圖像，如圖，所以時，函數與圖像有兩個交點，所以實數m的取值范圍是故選：D7、B【解析】設戶年用水量為，年繳納稅費為元，根據題意求出的解析式，再利用分段函數的解析式可求出結果.【詳解】設戶年用水量為，年繳納的稅費為元，則，即，當時，，當時，，當時，，所以，解得，所以艾世宗一家年共用水.故選：B8、D【解析】通過解不等式來求得的取值范圍.【詳解】依題意，即：或，即：或，解得或.所以的取值范圍是.故選：D9、B【解析】數形結合分析出為定值,因此為定值,從而確定直線AB只有一條.【詳解】已知圓與軸,軸均相切,由已知條件得,第部分的面積是定值,所以為定值,即為定值,當直線繞著圓心C移動時,只有一個位置符合題意,即直線AB只有一條.故選:B【點睛】本題考查直線與圓的實際應用,屬于中檔題.10、D【解析】利用二次方程實根分布列式可解得.【詳解】設,根據二次方程實根分布可列式:,即,即,解得:.故選D.【點睛】本題考查了二次方程實根的分布.屬基礎題.11、B【解析】結合分段函數的單調性來求得的值域.【詳解】當吋，單調遞增，值域為；當時，單調遞增，值域為，故函數值域為.故選：B12、D【解析】根據奇函數的定義可得，代入表達式利用對數的運算即可求解.【詳解】函數是奇函數，則，即，從而可得，解得.當時，，即定義域為，所以時，是奇函數故選：D【點睛】本題考查了函數奇偶性的應用，需掌握函數奇偶性的定義，同時本題也考查了對數的運算，屬于基礎題.二、填空題（本大題共4小題，共20分）13、①.②.【解析】畫出的圖象，結合圖象可得的取值范圍及，，再利用函數的單調性可求目標代數式的范圍.【詳解】的圖象如下圖所示，當時，直線與的圖象有四個不同的交點，即關于x的方程有四個不同的解，，，．結合圖象，不難得即又，得即，且，所以，設，易知道在上單調遞增，所以，即的取值范圍是故答案為：，.思路點睛：知道函數零點的個數，討論零點滿足的性質時，一般可結合初等函數的圖象和性質來處理，注意圖象的正確的刻畫.14、2【解析】將齊次式弦化切即可求解.【詳解】解：因為，所以，故答案為：2.15、##【解析】用輔助角公式將函數整理成的形式，即可求出最小值【詳解】，，所以最小值為故答案為：16、【解析】根據奇函數定義求出時的解析式，再寫出上的解析式即可【詳解】時，，，所以故答案為：【點睛】本題考查函數的奇偶性，掌握奇函數的定義是解題關鍵三、解答題（本大題共6小題，共70分）17、（1）偶函數，理由見詳解；（2）或.【解析】（1）根據函數定義域，以及的關系，即可判斷函數奇偶性；（2）根據的單調性以及對數運算，即可求得參數的值.【小問1詳解】偶函數，理由如下：因為，其定義域為，關于原點對稱；又，故是偶函數.【小問2詳解】在單調遞增，在單調遞減，證明如下：設，故，因為，故，則，又，故，則，故，則故在單調遞增，又為偶函數，故在單調遞減；因為，又在單調遞增，在單調遞減，故或.18、（1）；（2）.【解析】（1）根據三角函數的基本關系式，化簡得，即可求解；（2）由（1）知，根據三角函數誘導公式，化簡得到原式，結合三角函數的基本關系式，即可求解.【詳解】（1）根據三角函數的基本關系式，可得，解得.（2）由（1）知，又由.因為，且，所以，可得，所以19、（1）a=1或a=-1（2）①fx在R【解析】（1）依題意可得fx（2）①根據復合函數的單調性判斷可得；②根據函數的單調性與奇偶性可得sin2x+cosx<2m-3在R上恒成立，由【小問1詳解】解：因為函數fx所以fx+f(-x)=0，即可得1+x2+ax則(1-a2)x2【小問2詳解】①因為a>0，所以a=1．函數fx=ln因為y=1+x2+x與y=ln②對任意實數x，f(sin2x+由①知函數fx在R可得sin2x+cos因為sin2所以2m-3>54于是正整數m的最小值為320、(1)詳見解析(2)【解析】（1）證面面垂直可根據證線線垂直，∵為菱形，∴.∵平面，∴.∴平面.（2）可根據等體積法求解到平面的距離試題解析：(1)∵為菱形，∴.∵平面，∴.∴平面.又平面，∴平面平面.(2)∵,,∴，.∵,∴.若設到平面的距離為.∴，∴，∴.即到平面的距離為.21、（1）證明見解析（2）【解析】（1）先判斷為偶函數，再由單調性的定義可得函數在單調遞增，從而當時，有，進而可得結論，（2）將不等式轉化為，再由的奇偶性和單調性可得，所以將問題轉化為，換元后變形利用基本不等式可求得結果【小問1詳解】證明：因，所以函數為偶函數.任取，不妨設，則當時，，所以，即，由單調性定義知，函數在單調遞增，所以，當時，，即，即【小問2詳解】由整理得，由（1）知，在上單調遞增，且為偶函數，易證在上單調遞減，因為，所以，故，即，由題意知，，即令，因為，由單調性可知，，由基本不等式得，，當且僅當，即時，等號成立.即，故.【點睛】關鍵點點睛：此題考查函數奇