北京市五十七中學2023年數學高一上期末統考試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1．若α＝－2，則α的終邊在（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限2．設分別是x軸和圓：(x－2)2＋(y－3)2＝1上的動點，且點A(0，3)，則的最小值為（）A. B.C. D.3．若定義在上的奇函數在單調遞減，且，則的解集是（）A. B.C. D.4．設函數的部分圖象如圖所示，若，且，則（）A. B.C. D.5．各側棱長都相等，底面是正多邊形的棱錐稱為正棱錐，正三棱錐的側棱長為，側面都是直角三角形，且四個頂點都在同一個球面上，則該球的表面積為（）A. B.C. D.6．已知角的頂點在原點，始邊與軸的正半軸重合，終邊經過點，則（）A. B.C. D.7．已知平面向量，，且，則等于（）A.（-2，-4） B.（-3，-6）C.（-5，-10） D.（-4，-8）8．以點為圓心，且與軸相切的圓的標準方程為（）A. B.C. D.9．已知函數與的圖象關于軸對稱，當函數和在區間同時遞增或同時遞減時，把區間叫做函數的“不動區間”.若區間為函數的“不動區間”，則實數的取值范圍是A. B.C. D.10．（）A. B.C. D.11．已知是自然對數的底數，函數的零點為，函數的零點為，則下列不等式中成立的是A. B.C. D.12．函數，則f（log23）=（）A.3 B.6C.12 D.24二、填空題（本大題共4小題，共20分）13．正方體中，分別是，的中點，則直線與所成角的余弦值是_______.14．的值為_______15．__________16．若函數（其中）在區間上不單調，則的取值范圍為__________.三、解答題（本大題共6小題，共70分）17．已知函數，該函數圖象一條對稱軸與其相鄰的一個對稱中心的距離為（1）求函數的對稱軸和對稱中心；（2）求在上的單調遞增區間18．已知函數.（1）判斷函數在R上的單調性，并用單調性的定義證明；（2）判斷函數的奇偶性，并證明；（3）若恒成立，求實數k的取值范圍.19．若函數是定義在實數集上的奇函數，并且在區間上是單調遞增的函數.（1）研究并證明函數在區間上的單調性；（2）若實數滿足不等式，求實數的取值范圍.20．已知圓的圓心坐標為，直線被圓截得的弦長為.（1）求圓的方程；（2）求經過點且與圓C相切的直線方程.21．已知函數.（1）求函數的最小正周期；（2）求函數的最大值.22．已知函數，（）（1）當時，求不等式的解集；（2）若對任意，不等式恒成立，求的取值范圍；（3）若對任意，存在，使得，求的取值范圍

參考答案一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1、C【解析】根據角的弧度制與角度制之間的轉化關系可得選項.【詳解】因為1rad≈57.30°，所以－2rad≈－114.60°，故α的終邊在第三象限故選：C.2、B【解析】取點A關于x軸的對稱點C（0，-3），得到，最小值為.故答案為B.點睛：這個題目考查的是直線和圓的位置關系，一般直線和圓的題很多情況下是利用數形結合來解決的，聯立的時候較少；再者在求圓上的點到直線或者定點的距離時，一般是轉化為圓心到直線或者圓心到定點的距離，再加減半徑，分別得到最大值和最小值3、C【解析】分析函數的單調性，可得出，分、兩種情況解不等式，綜合可得出原不等式的解集.【詳解】因為定義在上的奇函數在單調遞減，則函數在上為減函數.且，當時，由可得，則；當時，由可得，則.綜上所述，不等式的解集為.故選：C.4、C【解析】根據圖像求出，由得到，代入即可求解.【詳解】根據函數的部分圖象，可得：A=1;因為，，結合五點法作圖可得，，如果，且，結合，可得，，，故選：C5、D【解析】因為側棱長為a的正三棱錐P﹣ABC的側面都是直角三角形，且四個頂點都在一個球面上，三棱錐的正方體的一個角，把三棱錐擴展為正方體，它們有相同的外接球，球的直徑就是正方體的對角線，正方體的對角線長為：；所以球的表面積為：4π=3πa2故答案為D．點睛：本題考查了球與幾何體的問題，是高考中的重點問題，一般外接球需要求球心和半徑，首先應確定球心的位置，球心到各頂點距離相等，這樣可先確定幾何體中部分點組成的多邊形的外接圓的圓心，過圓心且垂直于多邊形所在平面的直線上任一點到多邊形的頂點的距離相等，然后同樣的方法找到另一個多邊形的各頂點距離相等的直線，這樣兩條直線的交點，就是其外接球的球心，有時也可利用補體法得到半徑．6、D【解析】先利用三角函數的恒等變換確定點P的坐標，再根據三角函數的定義求得答案.【詳解】,,即，則，故選：D.7、D【解析】由，求得，再利用向量的坐標運算求解.【詳解】解：因為，，且，所以m=-4，，所以=（-4，-8），故選：D8、C【解析】根據題中條件，得到圓的半徑，進而可得圓的方程.【詳解】以點為圓心且與軸相切的圓的半徑為，故圓的標準方程是.故選：C.9、C【解析】若區間[1，2]為函數f（x）=|2x﹣t|的“不動區間”，則函數f（x）=|2x﹣t|和函數F（x）=|﹣t|在[1，2]上單調性相同，則（2x﹣t）（2﹣x﹣t）≤0在[1，2]上恒成立，進而得到答案【詳解】∵函數y=f（x）與y=F（x）的圖象關于y軸對稱，∴F（x）=f（﹣x）=|2﹣x﹣t|，∵區間[1，2]為函數f（x）=|2x﹣t|的“不動區間”，∴函數f（x）=|2x﹣t|和函數F（x）=|2﹣x﹣t|在[1，2]上單調性相同，∵y=2x﹣t和函數y=2﹣x﹣t的單調性相反，∴（2x﹣t）（2﹣x﹣t）≤0在[1，2]上恒成立，即1﹣t（2x+2﹣x）+t2≤0在[1，2]上恒成立，即2﹣x≤t≤2x在[1，2]上恒成立，即≤t≤2，故答案為：C【點睛】（1）本題主要考查不動點定義及利用定義解答數學問題的能力，考查指數函數的圖像和性質，考查不等式的恒成立問題，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.(2)正確理解不動區間的定義，得到（2x﹣t）（2﹣x﹣t）≤0在[1，2]上恒成立，是解答的關鍵10、D【解析】根據誘導公式以及特殊角的三角函數值，即可容易求得結果.【詳解】因為.故選：D.11、A【解析】解：由f（x）＝ex+x﹣2＝0得ex＝2﹣x，由g（x）＝lnx+x﹣2＝0得lnx＝2﹣x，作出函數y＝ex，y＝lnx，y＝2﹣x的圖象如圖：∵函數f（x）＝ex+x﹣2的零點為a，函數g（x）＝lnx+x﹣2的零點為b，∴y＝ex與y＝2﹣x的交點的橫坐標為a，y＝lnx與y＝2﹣x交點的橫坐標為b，由圖象知a＜1＜b，故選A考點：函數的零點12、B【解析】由對數函數的性質可得，再代入分段函數解析式運算即可得解.【詳解】由題意，，所以.故選：B.二、填空題（本大題共4小題，共20分）13、【解析】結合異面直線所成角的找法，找出角，構造三角形，計算余弦值，即可【詳解】連接，而，所以直線與所成角即為，設正方體邊長為1，則，所以余弦值為【點睛】考查了異面直線所成角的計算方法，關鍵得出直線與所成角即為，難度中等14、【解析】直接按照誘導公式轉化計算即可【詳解】tan300°=tan（300°﹣360°）=tan（﹣60°）=﹣tan60°=故答案為：【點睛】本題考查誘導公式的應用：求值．一般采用“大角化小角，負角化正角”的思路進行轉化15、2【解析】考點：對數與指數的運算性質16、【解析】化簡f(x)，結合正弦函數單調性即可求ω取值范圍.【詳解】，x∈，①ω＞0時，ωx∈，f(x)在不單調，則，則；②ω＜0時，ωx∈，f(x)在不單調，則，則；綜上，ω的取值范圍是.故答案為：.三、解答題（本大題共6小題，共70分）17、（1）對稱軸為，；，（2）和【解析】（1）先把化簡成一個角的三角函數形式，再整體代換法去求的對稱軸和對稱中心；（2）整體代換法去求在上的單調遞增區間即可.【小問1詳解】由題可知，由對稱軸與其相鄰的一個對稱中心的距離為，得，解得，所以令，即，所以的對稱軸為，；令，即，所以的對稱中心為，【小問2詳解】令∵，∴，由圖可知，只需滿足或，即或，∴在上的單調遞增區間是和18、（1）在R上的單調遞增，證明見解析；（2）是奇函數，證明見解析；（3）.【解析】（1）利用單調性的定義證明，任取，設，然后判斷與0的大小，即可確定單調性.（2），直接利用函數奇偶性的定義判斷；（3）利用函數是奇函數，將題設不等式轉化為，再利用是上的單調增函數求解.【小問1詳解】函數是增函數，任取，不妨設，，∵，∴，又，∴，即，∴函數是上的增函數.【小問2詳解】函數為奇函數，證明如下：由解析式可得：，且定義域為關于原點對稱，，∴函數是定義域內的奇函數.【小問3詳解】由等價于，∵是上的單調增函數，∴，即恒成立，∴，解得.19、（1）見解析；（2）.【解析】（1）設，則，所以，根據在區間上是單調遞增，可得，從而可得函數在區間上是單調遞減函數；（2）先證明在區間上是單調遞增的函數，根據奇偶性可得在區間上是單調遞增的函數，再將變形為，可得，進而可得實數的取值范圍.試題解析：（1）設，顯然恒成立.設，則，，，則，所以，又在區間上是單調遞增，所以，即，所以函數在區間上是單調遞減函數.（2）因為是定義在實數集上的奇函數，所以，又因為在區間上是單調遞增的函數，所以當時，，當時，，，所以當，有.設，則，所以，即，所以，所以在區間上是單調遞增函數.綜上所述，在區間上是單調遞增的函數.所以由得，即所以.【方法點睛】本題主要考查函數的奇偶性的應用以及抽象函數與復合函數的單調性，屬于難題.利用定義法判斷函數的單調性的一般步驟是：（1）在已知區間上任取；（2）作差；（3）判斷的符號（往往先分解因式，再判斷各因式的符號），可得在已知區間上是增函數，可得在已知區間上是減函數.20、（1）；（2）和.【解析】(1)根據圓心坐標設圓的標準方程，結合點到直線的距離公式求出圓的半徑即可.(2)當切線斜率不存在時滿足題意；當切線斜率存在時，設切線方程，結合點到直線的距離公式和圓心到直線的距離為半徑，計算求出直線斜率即可.【詳解】（1）設圓的標準方程為：圓心到直線的距離：，則圓的標準方程：（2）①當切線斜率不存在時，設切線：，此時滿足直線與圓相切.②當切線斜率存在時，設切線：，即則圓心到直線的距離：.解得：，即則切線方程為：綜上，切線方程為：和21、（1）（2）4【解析】（1）根據余弦函數的周期公式，求得答案；（2）根據余弦函數的性質，可求得函數f(x)的最大值.【小問1詳解】由題意可得：函數的最小正周期為：；【小問2詳解】因為，故，即的最大值為4.22、（1）或（2）（3）【解析】（1）將代入不等式，解該一元二次不等式即可；（2）轉化為一元二次不等式恒成立問題，利用即可解得參數的范圍；（3）對任意，存在，使得，轉化為的值域包含于的值域.同時對值域的求解，需要根據二次函數對稱軸與閉區間的相對位置進行討論，最終解不等式組求解.