2024屆青海省平安縣第一高級中學高一數學第一學期期末聯考試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1．函數f(x)=ln(-x)-x-2的零點所在區間為（）A.(-3，-e) B.(-4，-3)C.(-e，-2) D.(-2，-1)2．若一個扇形的半徑為2，圓心角為，則該扇形的弧長等于（）A. B.C. D.3．已知，且滿足，則值A. B.C. D.4．若關于的不等式在恒成立，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.5．將函數的圖象向右平移個單位長度，所得圖象對應的函數（）A.在區間上單調遞減 B.在區間上單調遞增C.在區間上單調遞減 D.在區間上單調遞增6．關于的一元二次不等式的解集為（）A.或 B.C.或 D.7．角的終邊經過點，且，則（）A. B.C. D.8．半徑為3cm的圓中，有一條弧，長度為cm，則此弧所對的圓心角為()A. B.C. D.9．已知，則“”是“”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件10．設，，，則a，b，c的大小關系是（）A. B.C. D.11．下列各組函數與的圖象相同的是（）A. B.C. D.12．實數滿足，則下列關系正確的是A. B.C. D.二、填空題（本大題共4小題，共20分）13．已知關于x的不等式的解集為，則的解集為_________14．已知某扇形的周長是，面積為，則該扇形的圓心角的弧度數是______.15．已知，則函數的最大值是__________16．計算_______.三、解答題（本大題共6小題，共70分）17．已知向量，.（1）若與共線且方向相反，求向量的坐標.（2）若與垂直，求向量，夾角的大小.18．已知函數（1）求函數的最小正周期和單調遞增區間；（2）若在區間上存在唯一的最小值為-2，求實數m的取值范圍19．已知圓O：，點，點，直線l過點P（1）若直線l與圓O相切，求l的方程；（2）若直線l與圓O交于不同的兩點A，B，線段AB的中點為M，且M的縱坐標為－，求△NAB的面積20．已知函數f(x)＝－x2＋2ax＋1－a在x∈[0，1]時有最大值2，求a的值21．已知函數（）在同一半周期內的圖象過點，，，其中為坐標原點，為函數圖象的最高點，為函數的圖象與軸正半軸的交點，為等腰直角三角形.（1）求的值；（2）將繞點按逆時針方向旋轉角（），得到，若點和點都恰好落在曲線（）上，求的值.22．設在區間單調，且都有（1）求的解析式；（2）用“五點法”作出在的簡圖，并寫出函數在的所有零點之和.

參考答案一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1、A【解析】先計算，，根據函數的零點存在性定理可得函數的零點所在的區間【詳解】函數，時函數是連續函數，，，故有，根據函數零點存在性定理可得，函數的零點所在的區間為，故選：【點睛】本題主要考查函數的零點存在性定理的應用，不等式的性質，屬于基礎題2、B【解析】求圓心角的弧度數，再由弧長公式求弧長.【詳解】∵圓心角為，∴圓心角的弧度數為，又扇形的半徑為2，∴該扇形的弧長，故選：B.3、C【解析】由可求得，然后將經三角變換后用表示，于是可得所求【詳解】∵,∴,解得或∵,∴∴故選C【點睛】對于給值求值的問題，解答時注意將條件和所求值的式子進行適當的化簡，然后合理地運用條件達到求解的目的，解題的關鍵進行三角恒等變換，考查變換轉化能力和運算能力4、A【解析】轉化為當時，函數的圖象不在的圖象的上方，根據圖象列式可解得結果.【詳解】由題意知關于的不等式在恒成立，所以當時，函數的圖象不在的圖象的上方，由圖可知，解得.故選：A【點睛】關鍵點點睛：利用函數的圖象與函數的圖象求解是解題關鍵.5、D【解析】由條件根據函數的圖象變換規律得到變換之后的函數解析式，再根據正弦函數的單調性判斷即可【詳解】解：將函數的圖象向右平移個單位長度，得到，若，則，因為在上不單調，故在上不單調，故A、B錯誤；若，則，因為在上單調遞增，故在上單調遞增，故C錯誤，D正確；故選：D6、A【解析】根據一元二次不等式的解法，直接求解，即可得出結果.【詳解】由得，解得或.即原不等式的解集為或.故選：A.7、A【解析】利用三角函數的定義可求得的值，再利用三角函數的定義可求得的值.【詳解】由三角函數的定義可得，則，解得，因此，.故選：A.8、A【解析】利用弧長公式計算即可【詳解】，故選：A9、C【解析】利用不等式的性質和充要條件的判定條件進行判定即可.【詳解】因為，，所以成立；又，，所以成立；所以當時，“”是“”的充分必要條件.故選：C.10、C【解析】利用指數函數和對數函數的性質確定a，b，c的范圍，由此比較它們的大小.【詳解】∵函數在上為減函數，，∴，即，∵函數在上為減函數，，∴，即，函數在上為減函數，，即∴.故選：C.11、B【解析】根據相等函數的定義即可得出結果.【詳解】若函數與的圖象相同則與表示同一個函數，則與的定義域和解析式相同.A：的定義域為R，的定義域為，故排除A；B：，與的定義域、解析式相同，故B正確；C：的定義域為R，的定義域為，故排除C；D：與的解析式不相同，故排除D.故選：B12、A【解析】根據指數和對數的運算公式得到【詳解】=故A正確.故B不正確；故C，D不正確.故答案為A.【點睛】這個題目考查了指數和對數的公式的互化，以及換底公式的應用，較為簡單.二、填空題（本大題共4小題，共20分）13、或【解析】由已知條件知，結合根與系數關系可得，代入化簡后求解，即可得出結論.【詳解】關于x的不等式的解集為，可得，方程的兩根為，∴,所以，代入得，，即，解得或.故答案為:或.【點睛】本題考查一元二次不等式與一元二次方程的關系，以及解一元二次不等式，屬于基礎題.易錯點是忽視對的符號的判斷.14、2【解析】由扇形的周長和面積，可求出扇形的半徑及弧長，進而可求出該扇形的圓心角.【詳解】設扇形的半徑為，所對弧長為，則有，解得，故.故答案為：2.【點睛】本題考查扇形面積公式、弧長公式的應用，考查學生的計算求解能力，屬于基礎題.15、【解析】由函數變形為，再由基本不等式求得，從而有，即可得到答案.【詳解】∵函數∴由基本不等式得，當且僅當，即時取等號.∴函數的最大值是故答案為.【點睛】本題主要考查線性規劃的應用以及基本不等式的應用，.利用基本不等式求最值時，一定要正確理解和掌握“一正，二定，三相等”的內涵：一正是，首先要判斷參數是否為正；二定是，其次要看和或積是否為定值（和定積最大，積定和最小）；三相等是，最后一定要驗證等號能否成立（主要注意兩點，一是相等時參數否在定義域內，二是多次用或時等號能否同時成立）.16、【解析】利用指數的運算法則求解即可.【詳解】原式.故答案為：.【點睛】本題主要考查了指數的運算法則.屬于容易題.三、解答題（本大題共6小題，共70分）17、（1）；（2）.【解析】（1）由已知設，.再由向量的模的表示可求得答案；（2）根據向量垂直的坐標表示可求得，再由向量的夾角運算求得答案..，.【詳解】（1），且與共線且方向相反.設，.，，..（2）與垂直，，，，.，.18、（1）,（2）【解析】（1）用誘導公式將函數化為，然后可解；（2）根據m介于第一個最小值點和第二個最小值點之間可解.【小問1詳解】所以的最小正周期，由，解得，所以的單調遞增區間為.【小問2詳解】令，得因為在區間上存在唯一的最小值為-2，所以，，即所以實數m的取值范圍是.19、（1）或（2）【解析】（1）根據題意，分直線斜率存在與不存在兩種情況討論求解，當直線斜率存在時，根據點到直線的距離公式求參數即可；（2）設直線l方程為，，進而與圓的方程聯立得中點的坐標，，解方程得直線方程，再求三角形面積即可.【小問1詳解】解：若直線l的斜率不存在，則l的方程為，此時直線l與圓O相切，符合題意；若直線l的斜率存在，設直線l的方程為，因為直線l與圓O相切，所以圓心（0，0）到l的距離為2，即，解得，所以直線l的方程為，即故直線l的方程為或【小問2詳解】解：設直線l的方程為，因為直線l與圓O相交，所以結合（1）得聯立方程組消去y得，設，則，設中點，，①代入直線l的方程得，②解得或（舍去）所以直線l的方程為因為圓心到直線l的距離，所以因為N到直線l的距離所以20、a＝－1或a＝2【解析】函數的對稱軸是，根據與區間的關系分類討論得最大值，由最大值求得【詳解】函數f(x)＝－x2＋2ax＋1－a＝－(x－a)2＋a2－a＋1，對稱軸方程為x＝a（1）當a<0時，f(x)max＝f(0)＝1－a，∴1－a＝2，∴a＝－1（2）當0≤a≤1時，f(x)max＝f(a)＝a2－a＋1，∴a2－a＋1＝2，即a2－a－1＝0，∴a＝(舍去)（3）當a>1時，f(x)max＝f(1)＝a，∴a＝2綜上可知，a＝－1或a＝2【點睛】關鍵點點睛：本題考查二次函數最值問題．二次函數在區間最值問題，一般需要分類討論，分類標準是對稱軸與區間的關系，如果，求最小值時分三類：，，，求最大值只要分兩類：和，類似分類21、（1）（2）【解析】（1）根據為等腰直角三角形可求解（2）根據三角函數定義分別得到、的坐標，再代入中可求解【小問1詳解】由題意可知周期，所以，，為等腰直角三角形，所以.【小問2詳解】由（1）可得，所以，，所以，點，都落在曲線（）上，所以可得，，，可得，，由，得，（），所以.22、（1）（2）圖象見解析，所有零點之和為【解析】（1）依題