北京朝陽陳經綸中學2023年高一上數學期末調研試題考生須知：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12小題，共60分）1．若函數唯一的一個零點同時在區間、、、內，那么下列命題中正確的是A.函數在區間內有零點B.函數在區間或內有零點C.函數在區間內無零點D.函數在區間內無零點2．下列結論中正確的是（）A.當時，無最大值 B.當時，的最小值為3C.當且時， D.當時，3．已知是兩相異平面,是兩相異直線,則下列錯誤的是A.若,則 B.若,,則C.若,,則 D.若,,,則4．若，則下列說法正確的是（）A.若，則 B.若，則C.若且，則 D.若，則5．函數的零點為，，則的值為（）A.1 B.2C.3 D.46．一個扇形的弧長為6，面積為6，則這個扇形的圓心角是（）A.1 B.2C.3 D.47．直線l1的傾斜角,直線l1⊥l2，則直線l2的斜率為A.- B.C.- D.8．下題中，正確的命題個數為（）①函數的定義域為；②已知命題，則命題的否定為:；③已知是定義在[0，1]的函數，那么“函數在[0，1]上單調遞減”是“函數在[0，1]上的最小值為f(1)”的必要不充分條件；④被稱為“天津之眼”的天津永樂橋摩天輪，是一座跨河建造、橋輪合一的摩天輪假設“天津之眼”旋轉一周需30分鐘，且是勻速轉動的，則經過5分鐘，轉過的角的弧度A.1 B.2C.3 D.49．光線由點P（2，3）射到直線上，反射后過點Q（1，1），則反射光線所在的直線方程為A. B.C. D.10．設，且，則（）A. B.10C.20 D.10011．為了得到函數的圖象，只要把函數圖象上所有的點（）A.橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變B.橫坐標縮短到原來的倍，縱坐標不變C.縱坐標伸長到原來的2倍，橫坐標不變D.縱坐標縮短到原來的倍，橫坐標不變12．關于的不等式的解集為，，，則關于的不等式的解集為（）A. B.C. D.二、填空題（本大題共4小題，共20分）13．計算：___________.14．已知y=f(x)是奇函數，當x≥0時，，則f(-8)的值是____.15．=___________16．已知向量滿足，且，則與的夾角為_______三、解答題（本大題共6小題，共70分）17．已知對數函數.（1）若函數，討論函數的單調性；（2）對于（1）中的函數，若，不等式的解集非空，求實數的取值范圍.18．函數的部分圖象如圖所示.（1）求函數的單調遞減區間；（2）將的圖象向右平移個單位長度，再將所得圖象上所有點的橫坐標伸長為原來的π倍（縱坐標不變），得到函數的圖象，若在上有兩個解，求a的取值范圍.19．已知.（1）求函數的最小正周期及在區間的最大值；（2）若，求的值.20．如圖，為等邊三角形，平面，，，為的中點.（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）求證：平面平面.21．設向量的夾角為且如果（1）證明：三點共線.（2）試確定實數的值，使的取值滿足向量與向量垂直.22．已知函數（且）的圖象過點.（1）求函數的解析式；（2）解不等式.

參考答案一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1、D【解析】有題意可知，函數唯一的一個零點應在區間內，所以函數在區間內無零點考點：函數的零點個數問題2、D【解析】利用在單調遞增，可判斷A；利用均值不等式可判斷B，D；取可判斷C【詳解】選項A，由都在單調遞增，故在單調遞增，因此在上當時取得最大值，選項A錯誤；選項B，當時，，故，當且僅當，即時等號成立，由于，故最小值3取不到，選項B錯誤；選項C，令，此時，不成立，故C錯誤；選項D，當時，，故，當且僅當，即時，等號成立，故成立，選項D正確故選：D3、B【解析】利用位置關系的判定定理和性質定理逐項判斷后可得正確的選項.【詳解】對于A，由面面垂直的判定定理可知，經過面的垂線，所以成立；對于B，若,,不一定與平行，不正確；對于C，若,,則正確；對于D，若,,,則正確.故選：B.4、D【解析】根據選項舉反例即可排除ABC，結合不等式性質可判斷D【詳解】對A，取，則有，A錯；對B，取，則有，B錯；對C，取，則有，C錯；對D，若，則正確；故選：D5、C【解析】根據零點存在性定理即可求解.【詳解】是上的增函數，又，函數的零點所在區間為，又，.故選：C.6、C【解析】根據扇形的弧長公式和扇形的面積公式，列出方程組，即可求解，得到答案.【詳解】設扇形所在圓的半徑為，由扇形的弧長為6，面積為6，可得，解得，即扇形的圓心角為.故選C.【點睛】本題主要考查了扇形的弧長公式，以及扇形的面積公式的應用，其中解答中熟練應用扇形的弧長公式和扇形的面積公式，準確運算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.7、C【解析】由題意可得L2的傾斜角等于30°+90°＝120°，從而得到L2的斜率為tan120°，運算求得結果【詳解】如圖：直線L1的傾斜角α1＝30°，直線L1⊥L2，則L2的傾斜角等于30°+90°＝120°，∴L2的斜率為tan120°＝﹣tan60°，故選C【點睛】本題主要考查直線的傾斜角和斜率的關系，體現了數形結合的數學思想，屬于基礎題8、B【解析】對于①，求出函數的定義域即可判斷；對于②，根據全稱量詞命題的否定為存在量詞命題即可判斷；對于③，根據充分條件和必要條件的定義，舉出反例即可判斷；對于④，計算出經過5分鐘，轉過的角的弧度即可判斷.【詳解】解：對于①，由，得，解得且，所以函數的定義域為，故①正確；對于②，命題，的否定為:，故②錯誤；對于③，若函數在[0，1]上單調遞減，則函數在[0，1]上的最小值為f(1)，若函數在[0，1]上的最小值為f(1)，無法得出函數在[0，1]上單調遞減，例如，函數在[0，1]上不單調，且函數在[0，1]上的最小值為f(1)，所以“函數在[0，1]上單調遞減”是“函數在[0，1]上的最小值為f(1)”的充分不必要條件，故③錯誤；對于④，根據題意經過5分鐘，轉過的角的弧度為，故④正確，所以正確的個數為2個.故選：B.9、A【解析】設點關于直線的對稱點為，則，解得，即對稱點為，則反射光線所在直線方程即：故選10、A【解析】根據指數式與對數的互化和對數的換底公式，求得，，進而結合對數的運算公式，即可求解.【詳解】由，可得，，由換底公式得，，所以，又因為，可得故選：A.11、B【解析】直接利用三角函數伸縮變換法則得到答案.【詳解】為了得到函數的圖象，只需把函數的圖象上所有的點橫坐標縮短到原來的倍，縱坐標不變.故選：B12、A【解析】根據題意可得1，是方程的兩根，從而得到的關系，然后再解不等式從而得到答案.【詳解】由題意可得，且1，是方程的兩根，為方程的根，，則不等式可化為，即，不等式的解集為故選:A二、填空題（本大題共4小題，共20分）13、7【解析】直接利用對數的運算法則以及指數冪的運算法則化簡即可.【詳解】.故答案為：7.14、【解析】先求，再根據奇函數求【詳解】，因為為奇函數，所以故答案為：【點睛】本題考查根據奇函數性質求函數值，考查基本分析求解能力，屬基礎題.15、【解析】tan240°=tan（180°+60°）=tan60°=，故答案為：16、##【解析】根據平面向量的夾角公式即可求出【詳解】設與的夾角為，由夾角余弦公式，解得故答案為：三、解答題（本大題共6小題，共70分）17、（1）詳見解析；(2).【解析】（1）由對數函數的定義，得到的值，進而得到函數的解析式，再根據復合函數的單調性，即可求解函數的單調性.（2）不等式的解集非空，得，利用函數的單調性，求得函數的最小值，即可求得實數的取值范圍.【詳解】（1）由題中可知：，解得：，所以函數的解析式，∵，∴，∴，即的定義域為，由于，令則：由對稱軸可知，在單調遞增，在單調遞減；又因為在單調遞增，故單調遞增區間，單調遞減區間為.（2）不等式的解集非空，所以，由（1）知，當時，函數單調遞增區間，單調遞減區間為，又，所以，所以，，所以實數的取值范圍.18、（1），（2）或【解析】（1）根據圖像可得函數的周期，從而求得，再根據可求得，從而可得函數解析式，再根據余弦函數的單調性借口整體思想即可求出函數的單調增區間；（2）根據平移變換和周期變換可得，在上有兩個解，即為與的圖象在上有兩個不同的交點，令，則作出函數在上的簡圖，結合圖像即可得出答案.【小問1詳解】解：由題圖得，，，，，，，，又，，，令，，解得，，函數的單調遞減區間為，；【小問2詳解】解：將的圖象向右平移個單位長度得到的圖象，再將圖象上的所有點的橫坐標伸長為原來的π倍（縱坐標不變），得到函數的圖象，若在上有兩個解，則與的圖象在上有兩個不同的交點，令，則作出函數在上的簡圖，結合圖像可得或，所以a的取值范圍為或.19、(1)1;(2)【解析】（1）化簡得f（x）＝sin（2x），求出函數的最小正周期以及最大值；（2）由（1）知，，考慮x0的取值范圍求出cos（2x0）的值，求出的值【詳解】解：（1）∴，∴函數的最小正周期為T＝π；∵

，故

單調增，單調減∴

所以

在區間的最大值是1.(2)∵，，∴，又所以，故【點睛】本題考查了三角函數的求值問題以及三角函數的圖象與性質的應用問題，解題時應細心作答，以免出錯，是基礎題20、(1)見解析(2)見解析【解析】（Ⅰ）取的中點，連結，由三角形中位線定理可得，，結合已知，可得四邊形為平行四邊形，得到，由線面平行的判定可得平面；（Ⅱ）由線面垂直的性質可得平面，得到，再由為等邊三角形，得，結合線面垂直的判定可得平面，再由面面垂直的判定可得面面【詳解】（Ⅰ）證明：取的中點，連結∵在中，，∵，∴，∴四邊形為平行四邊形∴又∵平面∴平面（Ⅱ）證：∵面，平面，∴，又∵為等邊三角形，∴，又∵，∴平面，又∵，∴面，又∵面，∴面面21、（1）見解析（