2023-2024學年云南省宣威市六中數學高一上期末達標檢測試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1．函數f（x）是定義在R上的奇函數，當x＞0時，f（x）=﹣x+1，則當x＜0時，f（x）等于（）A.﹣x+1 B.﹣x﹣1C.x+1 D.x﹣12．已知，，，則的大小關系是（）A. B.C. D.3．“，”是“函數的圖象關于點中心對稱”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件4．在中，，則等于A. B.C. D.5．下列函數中，滿足對定義域內任意實數，恒有的函數的個數為（）①②③④A.1個 B.2個C.3個 D.4個6．用長度為24米的材料圍成一矩形場地，中間加兩道隔墻（如圖），要使矩形的面積最大，則隔墻的長度為A.3米 B.4米C.6米 D.12米7．已知，，則“使得”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分又不必要條件8．已知函數，則（）A.當且僅當時，有最小值為B.當且僅當時，有最小值為C.當且僅當時，有最大值為D.當且僅當時，有最大值為9．已知函數，，的零點依次為，則以下排列正確的是（）A. B.C. D.10．若直線與直線相交，且交點在第一象限，則直線的傾斜角的取值范圍是A. B.C. D.11．已知，并且是終邊上一點，那么的值等于A. B.C. D.12．四棱柱中，，，則與所成角為A. B.C. D.二、填空題（本大題共4小題，共20分）13．已知，則______________14．已知直線,直線若，則______________15．已知關于不等式的解集為，則的最小值是___________.16．已知，，，，則______.三、解答題（本大題共6小題，共70分）17．已知函數.（1）求函數的最大值及相應的取值；（2）方程在上有且只有一個解，求實數的取值范圍；（3）是否存在實數滿足對任意，都存在，使成立.若存在，求的取值范圍；若不存在，說明理由.18．已知函數.（1）判斷奇偶性；（2）當時，判斷的單調性并證明；（3）在（2）的條件下，若實數滿足，求的取值范圍.19．已知函數（1）求的最小正周期；（2）若，，求的值20．在甲、乙兩個盒子中分別裝有標號為1，2，3，4的四個球，現從甲、乙兩個盒子中各取出1個球，每個球被取出的可能性相等.（1）求取出的兩個球上標號為相同數字的概率；（2）若兩人分別從甲、乙兩個盒子中各摸出一球，規定：兩人誰摸出的球上標的數字大誰就獲勝（若數字相同則為平局），這樣規定公平嗎？請說明理由.21．已知，為銳角，，.（1）求的值；（2）求的值.22．已知兩個非零向量和不共線，，，（1）若，求的值；（2）若A、B、C三點共線，求的值

參考答案一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1、B【解析】當x＜0時，,選B.點睛：已知函數的奇偶性求函數值或解析式，首先抓住奇偶性討論函數在各個區間上的解析式，或充分利用奇偶性得出關于的方程，從而可得的值或解析式.2、A【解析】利用對數函數和指數函數的性質求解【詳解】解：∵，∴，∵，∴，∵，∴，即，∴故選：A3、A【解析】先求出函數的圖象的對稱中心，從而就可以判斷.【詳解】若函數的圖象關于點中心對稱，則，，所以“，”是“函數的圖象關于點中心對稱”的充分不必要條件故選：A4、C【解析】分析：利用兩角和的正切公式，求出的三角函數值，求出的大小，然后求出的值即可詳解：由，則，因為位三角形的內角，所以，所以，故選C點睛：本題主要考查了兩角和的正切函數的應用，解答中注意公式的靈活運用以及三角形內角定理的應用，著重考查了推理與計算能力5、A【解析】根據因為函數滿足對定義域內任意實數，恒有，可得函數的圖象是“下凸”，然后由函數圖象判斷.【詳解】因為函數滿足對定義域內任意實數，恒有，所以函數的圖象是“下凸”，分別作出函數①②③④的圖象，由圖象知，滿足條件的函數有③一個，故選：A6、A【解析】主要考查二次函數模型的應用解：設隔墻長度為，則矩形另一邊長為=12－2，矩形面積為=（12－2）=，0<<6，所以=3時，矩形面積最大，故選A7、C【解析】依據子集的定義進行判斷即可解決二者間的邏輯關系.【詳解】若使得，則有成立；若，則有使得成立.則“使得”是“”的充要條件故選：C8、A【解析】由基本不等式可得答案.【詳解】因為，所以，當且僅當即時等號成立.故選：A.9、B【解析】在同一直角坐標系中畫出，，與的圖像，數形結合即可得解【詳解】函數，，的零點依次為，在同一直角坐標系中畫出，，與的圖像如圖所示，由圖可知，，，滿足故選：B．【點睛】方法點睛：已知函數有零點(方程有根)求參數值(取值范圍)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，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，轉化成求函數的值域問題加以解決；（3）數形結合法：先對解析式變形，進而構造兩個函數，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數的圖象，利用數形結合的方法求解10、C【解析】聯立方程得交點，由交點在第一象限知：解得，即是銳角，故，選C.11、A【解析】由題意得：，選A.12、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D二、填空題（本大題共4小題，共20分）13、100【解析】分析得出得解.【詳解】∴故答案為：100【點睛】由函數解析式得到是定值是解題關鍵.14、【解析】由兩條直線垂直，可得，解方程即可求解.詳解】若，則，解得，故答案為：【點睛】本題考查了由兩條直線互相垂直，求參數的范圍，熟練掌握直線垂直的充要條件是解題的關鍵，考查了運算能力，屬于基礎題.15、【解析】由題知，進而根據基本不等式求解即可.【詳解】解：因為關于的不等式的解集為，所以是方程的實數根，所以，因為，所以，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值是故答案為：16、【解析】利用兩角和的正弦公式即可得結果.【詳解】因為，，所以，由，，可得，，所以.故答案為：.三、解答題（本大題共6小題，共70分）17、（1）2，（2）或（3）存在，【解析】（1）由三角恒等變換化簡函數，再根據正弦函數性質可求得答案；（2）將問題轉化為函數與函數在上只有一個交點.由函數的單調性和最值可求得實數的取值范圍；（3）由（1）可知，由已知得，成立，令，其對稱軸，分，，討論函數的最小值，建立不等式，求解即可.【小問1詳解】解：由得.令，解得，∴函數的最大值為2，此時；【小問2詳解】解：方程在上有且有一個解，即函數與函數在上只有一個交點.∵，∴.∵函數在上單調遞增，在上單調遞減，且，，.∴或；【小問3詳解】解：由（1）可知，∴.實數滿足對任意，都存在，使得成立，即成立，令，其對稱軸，∵，∴①當時，即，，∴；②當，即時，，∴；③當，即時，，∴.綜上可得，存在滿足題意的實數，的取值范圍是.18、（1）奇函數（2）增函數，證明見解析（3）【解析】（1）求出函數的定義域，再判斷的關系，即可得出結論；（2）任取且，利用作差法比較的大小即可得出結論；（3）根據函數的單調性列出不等式，即可得解，注意函數的定義域.【小問1詳解】解：函數的定義域為，因為，所以函數是奇函數；小問2詳解】解：函數是上單調增函數，證：任取且，則，因為，所以，，，所以，即，所以函數是上的單調增函數；【小問3詳解】解：由（2）知函數是上的單調增函數，所以，解得，所以的取值范圍為.19、（1）（2）【解析】(1)根據二倍角的正、余弦公式和輔助角公式化簡計算可得，結合公式計算即可；(2)根據同角三角函數的基本關系和角的范圍求出，根據和兩角和的正弦公式直接計算即可.【小問1詳解】最小正周期【小問2詳解】，因為，，若，則，不合題意，又，所以，因為，所以，所以20、（1）（2）這樣規定公平，詳見解析【解析】（1）利用列舉法求得基本事件的總數，利用古典概型的概率計算公式，即可求解；（2）利用古典概型及其概率的計算公式，求得的概率，即可得到結論.【詳解】由題意，設從甲、乙兩個盒子中各取1個球，其數字分別為x、y.用表示抽取結果，可得，則所有可能的結果有16種，（1）設“取出的兩個球上的標號相同”為事件A，則，事件A由4個基本事件組成，故所求概率.（2）設“甲獲勝”為事件B，“乙獲勝”為事件C，則，.可得，即甲獲勝的概率是，乙獲勝的概率也是，所以這樣規定公平.【點睛】本題主要考查了古典概型的概率的計算及應用，其中解答中認真審題，利用列舉法求得基本事件的總數是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎題題.21、（1）（2）【解析】（1）根據同角三角函數關系求得，再用誘導公式化簡即可求解；（2）利用余弦的兩角差公式計算即可.【小問1詳解】因為為銳角，所以，，.【小問2詳解】因為，為銳角，所以，，所以，