2024屆海南省儋州一中高一數學第一學期期末經典試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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．“角為第二象限角”是“”的（）A.充要條件 B.充分不必要條件C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件2．四棱柱中，，，則與所成角為A. B.C. D.3．是上的奇函數，滿足，當時，，則（）A. B.C. D.4．若a＞b＞1，0＜c＜1，則下列式子中不正確的是（）A. B.C. D.5．已知為正實數，且，則的最小值為（）A.4 B.7C.9 D.116．如圖是某班名學生身高的頻率分布直方圖，那么該班身高在區間內的學生人數為A. B.C. D.7．以下給出的是計算的值的一個程序框圖，其中判斷框內應填入的條件是A.B.C.D.8．已知“”是“”的充分不必要條件，則k的取值范圍為（）A. B.C. D.9．已知直線l：，則下列結論正確的是（）A.直線l的傾斜角是B.若直線m：，則C.點到直線l的距離是1D.過與直線l平行的直線方程是10．已知函數一部分圖象如圖所示，如果，，，則（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知冪函數是奇函數，則___________.12．給出下列四個結論：①函數是奇函數；②將函數的圖象向右平移個單位長度，可以得到函數的圖象；③若是第一象限角且，則；④已知函數，其中是正整數．若對任意實數都有，則的最小值是4其中所有正確結論的序號是________13．已知，寫出一個滿足條件的的值：______14．已知函數若關于x的方程有4個解，分別為，，，，其中，則______，的取值范圍是______15．已知函數的圖象經過定點，若為正整數，那么使得不等式在區間上有解的的最大值是__________.16．已知函數（且）在上單調遞減，且關于的方程恰有兩個不相等的實數解，則的取值范圍是_____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，其中為奇函數，為偶函數.（1）求與的解析式；（2）判斷函數在其定義域上的單調性（不需證明）；（3）若不等式恒成立，求實數的取值范圍.18．已知函數為冪函數，且為奇函數.（1）求的值，并確定的解析式；（2）令，求在的值域.19．已知函數.（1）求函數的定義域；（2）若，求值；（3）求證：當時，20．函數的最小值為.（1）求；（2）若，求a及此時的最大值.21．已知，，且.(1)求的值；(2)求β.

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、B【解析】利用充分條件和必要條件的定義判斷.【詳解】當角為第二象限角時，，所以，故充分；當時，或，所以在第二象限或在第三象限，故不必要；故選：B2、D【解析】四棱柱中，因為,所以,所以是所成角，設,則,+=,所以,所以+=,所以，所以選擇D3、D【解析】根據函數的周期性與奇偶性可得，結合當時，，得到結果.【詳解】∵∴的周期為4，∴，又是上奇函數，當時，，∴，故選：D【點睛】本題考查函數的周期性與奇偶性，解題的關鍵是根據函數的性質將未知解析式的區間上函數的求值問題轉化為已知解析式的區間上來求，本題考查了轉化化歸的能力及代數計算的能力.4、D【解析】利用對數函數、指數函數與冪函數的單調性即可判斷出正誤．【詳解】解：，，,A正確;是減函數，，B正確;為增函數，，C正確.是減函數，,D錯誤.故選．【點睛】本題考查了對數函數、指數函數與冪函數的單調性，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．5、C【解析】由，展開后利用基本不等式求最值【詳解】且，∴，當且僅當，即時，等號成立∴的最小值為9故選：C6、C【解析】身高在區間內的頻率為人數為，選C.點睛：頻率分布直方圖中小長方形面積等于對應區間的概率,所有小長方形面積之和為1;頻率分布直方圖中組中值與對應區間概率乘積的和為平均數;頻率分布直方圖中小長方形面積之比等于對應概率之比,也等于對應頻數之比.7、A【解析】分析程序中各變量、各語句的作用，再根據流程圖所示的順序，可知：該程序的作用是累加并輸出S的值【詳解】程序運行過程中，各變量值如下表所示：第一圈：S=1，k=2，第二圈：S=1+，k=3，第三圈：S=1++，k=4，…依此類推，第十圈：S＝1+，k=11退出循環其中判斷框內應填入的條件是：k≤10，故選A【點睛】算法是新課程中的新增加的內容，也必然是新高考中的一個熱點，應高度重視．程序填空也是重要的考試題型，這種題考試的重點有：①分支的條件②循環的條件③變量的賦值④變量的輸出．其中前兩點考試的概率更大．此種題型的易忽略點是：不能準確理解流程圖的含義而導致錯誤8、C【解析】根據“”是“”的充分不必要條件，可知是解集的真子集，然后根據真子集關系求解出的取值范圍.【詳解】因為，所以或，所以解集為，又因為“”是“”的充分不必要條件，所以是的真子集，所以，故選：C.【點睛】結論點睛：一般可根據如下規則判斷充分、必要條件：（1）若是的必要不充分條件，則對應集合是對應集合的真子集；（2）若是的充分不必要條件，則對應集合是對應集合的真子集；（3）若是的充分必要條件，則對應集合與對應集合相等；（4）若是的既不充分也不必要條件，則對應集合與對應集合互不包含.9、D【解析】根據直線的傾斜角、斜率、點到直線的距離公式、兩直線平行的條件逐一判斷各個選項即可【詳解】∵：，即，∴直線的斜率，∴，則A錯；又，則B錯；點到直線的距離是，則C錯；過與直線平行的直線方程是，即，則D對；故選：D【點睛】本題主要考查直線的方程，屬于基礎題10、C【解析】先根據函數的最大值和最小值求得和，然后利用圖象求得函數的周期，求得，最后根據時取最大值，求得【詳解】解：如圖根據函數的最大值和最小值得求得函數的周期為，即當時取最大值，即故選C【點睛】本題主要考查了由的部分圖象確定其解析式．考查了學生基礎知識的運用和圖象觀察能力二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、1【解析】根據冪函數定義可構造方程求得，將的值代入解析式驗證函數奇偶性可確定結果.【詳解】由題意得，∴或1，當時，是偶函數；當時，是奇函數.故答案為：1.12、①②④【解析】直接利用奇函數的定義，函數圖象的平移變換，象限角，三角函數的恒等變換以及余弦函數圖像的性質即可判斷.【詳解】對于①，其中，即為奇函數，則①正確；對于②將的圖象向右平移個單位長度，即，則②正確；對于③若令，，則，則③不正確；對于④，由題意可知，任意一個長為的開區間上至少包含函數的一個周期，的周期為，則，即，則的最小值是4,則④正確；故答案為：①②④.13、（答案不唯一）【解析】利用，可得，，計算即可得出結果.【詳解】因為，所以，則，或，故答案為：（答案不唯一）14、①.1②.【解析】作出圖象，將方程有4個解，轉化為圖象與圖象有4個交點，根據二次函數的對稱性，對數函數的性質，可得的、的范圍與關系，結合圖象，可得m的范圍，綜合分析，即可得答案.【詳解】作出圖象，由方程有4個解，可得圖象與圖象有4個交點，且，如圖所示：由圖象可知：且因為，所以，由，可得，因為，所以所以，整理得；當時，令，可得，由韋達定理可得所以，因為且，所以或，則或，所以故答案為：1，【點睛】解題的關鍵是將函數求解問題，轉化為圖象與圖象求交點問題，再結合二次函數，對數函數的性質求解即可，考查數形結合，分析理解，計算化簡的能力，屬中檔題.15、【解析】由可得出，由已知不等式結合參變量分離法可得出，令，求出函數在上的最大值，即可得出實數的取值范圍，即可得解.【詳解】由已知可得，則，解得，故，由得，因為，則，可得，令，，則函數在上單調遞減，所以，，.因此，正整數的最大值為.故答案：.16、【解析】利用函數是減函數,根據對數的圖象和性質判斷出的大致范圍，再根據為減函數，得到不等式組,利用函數的圖象,方程的解的個數,推出的范圍【詳解】函數（且），在上單調遞減，則：；解得，由圖象可知，在上,有且僅有一個解，故在上,同樣有且僅有一個解，當即時,聯立,則,解得或1（舍去），當時由圖象可知，符合條件，綜上：的取值范圍為.故答案為【點睛】本題考查函數的單調性和方程的零點,對于分段函數在定義域內是減函數,除了每一段都是減函數以外,還要注意右段在左段的下方,經常會被忽略,是一個易錯點；復雜方程的解通常轉化為函數的零點,或兩函數的交點,體現了數學結合思想,屬于難題.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）函數在其定義域上為減函數；（3）.【解析】（1）由與可建立有關、的方程組，可得解出與的解析式；（2）化簡函數解析式，根據函數的解析式可直接判斷函數的單調性；（3）將所求不等式變形為，根據函數的定義域、單調性可得出關于實數的不等式組，由此可解得實數的取值范圍.【詳解】（1）由于函數為奇函數，為偶函數，，，即，所以，，解得，.由，可得，所以，，；（2）函數的定義域為，，所以，函數在其定義域上為減函數；（3）由于函數為定義域上的奇函數，且為減函數，由，可得，由題意可得，解得.因此，實數的取值范圍是.【點睛】思路點睛：根據函數單調性求解函數不等式的思路如下：（1）先分析出函數在指定區間上的單調性；（2）根據函數單調性將函數值的關系轉變為自變量之間的關系，并注意定義域；（3）求解關于自變量的不等式，從而求解出不等式的解集.18、（1）,；（2）.【解析】（1）根據冪函數的定義及函數奇偶性的定義即可求解；（2）由（1），得，利用換元法得到，，再根據二次函數的性質即可求解.【小問1詳解】因為函數為冪函數，所以，解得或，當時，函數是奇函數，符合題意，當時，函數是偶函數，不符合題意，綜上所述，的值為，函數的解析式為.【小問2詳解】由（1）知，，所以，令，則，，所以，，根據二次函數的性質知，的對稱軸為，開口向上，所以在上單調遞增；所以，所以函數在的值域為.19、(1)；(2)；(3)證明見解析.【解析】（1）利用真數大于零列出不等式組，其解為，它是函數的定義域.（2）把方程化為后得到，故.（3）分別計算就能得到.解析：（1）由，得函數的定義域為.（2），即，∴，∴且，∴.（3）∵，，∴時，，又∵，∴.20、（1）（2），的最大值5【解析】（1）通過配方得，再通過對范圍的討論，利用二次函數的單調性即可求得；（2）由于，對分與進行討論，即可求得的值及的最大值【小問1詳解】∵，∴，且，∴若，即，當時，；若，即，當時，；若，即，當時，.綜上所述，.【小問2詳解】∵，∴若，則有，得，與矛盾；若，則有，即，解得或（舍），∴時，，即，∵，∴當時，取得最大值5.21、（1）；.【解析】（1）先根據，且，求出，再求；（2）先根據，，求出，再根據求解即可.【詳解】（