2024屆內蒙古烏蘭察布市集寧區高一上數學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、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，請將正確答案涂在答題卡上.）1．設a＝log36，b＝log510，c＝log714，則()A.c>b>a B.b>c>aC.a>c>b D.a>b>c2．下列函數中，與函數有相同圖象的一個是A. B.C. D.3．已知函數，且，，，則的值A.恒為正 B.恒為負C.恒為0 D.無法確定4．若，則的值為（）A. B.C. D.5．已知，則三者的大小關系是A. B.C. D.6．“”是“為第二象限角”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7．若將函數的圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的一半（縱坐標不變），再將所得圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象，則下列說法正確的是（）A.的最小正周期為 B.在區間上單調遞減C.圖象的一條對稱軸為直線 D.圖象的一個對稱中心為8．已知集合，集合，則等于（）A. B.C. D.9．設集合，，若對于函數，其定義域為，值域為，則這個函數的圖象可能是（）A. B.C. D.10．若直線與曲線有兩個不同的交點，則實數的取值范圍為A. B.C. D.11．已知扇形的圓心角為，面積為8，則該扇形的周長為（）A.12 B.10C. D.12．半徑為的半圓卷成一個圓錐，則它的體積是（）A. B.C. D.二、選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分,將答案寫在答題卡上.）13．函數，的圖象恒過定點P，則P點的坐標是_____.14．在區間上隨機取一個實數，則事件發生的概率為_________.15．各條棱長均相等的四面體相鄰兩個面所成角的余弦值為___________.16．已知函數，若在上是增函數，且直線與的圖象在上恰有一個交點，則的取值范圍是________.三、解答題（本大題共6個小題，共70分。解答時要求寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟。）17．已知函數且.（1）若函數的圖象過點，求的值；（2）當時，若不等式對任意恒成立，求實數的取值范圍18．已知函數，（1）求的單調遞增區間；（2）令函數，再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求在區間上的最大值及取得最大值時的值條件①：；條件②：注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分19．已知定義域為的函數是奇函數（1）求實數，的值；（2）判斷的單調性，并用單調性的定義證明；（3）當時，恒成立，求實數的取值范圍20．已知集合，記函數的定義域為集合B.（1）當a=1時，求A∪B；（2）若“x∈A”是“x∈B”的充分不必要條件，求實數a的取值范圍.21．已知是冪函數，是指數函數，且滿足，（1）求函數，的解析式；（2）若，，請判斷“是的什么條件？（“充分不必要條件”或“必要不充分條件”或“充要條件”或“既不充分也不必要條件”）22．對于函數f(x)，若在定義域內存在實數x0，滿足f(-x0)=-f(x（1）已知函數f(x)=sin(x+π3)（2）設f(x)=2x+m是定義在[-1,1]上的“M（3）若f(x)=log2(x2

參考答案一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，請將正確答案涂在答題卡上.）1、D【解析】，，；且；.考點：對數函數的單調性.2、B【解析】逐一考查選項中的函數與所給的函數是否為同一個函數即可確定其圖象是否相同.【詳解】逐一考查所給的選項：A.，與題中所給函數的解析式不一致，圖象不相同；B.，與題中所給函數的解析式和定義域都一致，圖象相同；C.的定義域為，與題中所給函數的定義域不一致，圖象不相同；D.的定義域為，與題中所給函數的定義域不一致，圖象不相同；故選B.【點睛】本題主要考查函數相等的概念，需要同時考查函數的定義域和函數的對應關系，屬于中等題.3、A【解析】根據題意可得函數是奇函數，且在上單調遞增．然后由，可得，結合單調性可得，所以，以上三式兩邊分別相加后可得結論【詳解】由題意得，當時，，于是同理當時，可得，又，所以函數是上的奇函數又根據函數單調性判定方法可得在上為增函數由，可得，所以，所以，以上三式兩邊分別相加可得，故選A.【點睛】本題考查函數奇偶性和單調性的判斷及應用，考查函數性質的應用，具有一定的綜合性和難度，解題的關鍵是結合題意得到函數的性質，然后根據單調性得到不等式，再根據不等式的知識得到所求4、D【解析】，故選D.5、A【解析】因為<，所以,選A.6、B【解析】利用輔助角公式及正弦函數的性質解三角形不等式，再根據集合的包含關系判斷充分條件、必要條件即可；【詳解】解：由，即，所以，，解得，，即，又第二象限角為，因為真包含于，所以“”是“為第二象限角”的必要不充分條件；故選：B7、D【解析】根據題意函數的圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的一半（縱坐標不變），再將所得圖象向左平移個單位長度，得到函數，即可求出最小正周期，把看成是整體，分別求的單調遞減區間、對稱軸、對稱中心，在分別驗證選項即可得到答案.【詳解】由于函數的圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的一半（縱坐標不變），故函數的解析式為，再將所得圖象向左平移個單位長度，.，故A錯誤；的單調減區間為，故在區間內不單調遞減；圖象的對稱軸為，不存在使得圖象的一條對稱軸為直線，故C錯誤；圖象的對稱中心的橫坐標為，當時，圖象的一個對稱中心為，故D正確.故選：D.8、A【解析】根據題意先解出集合B，進而求出交集即可.詳解】由題意，，則.故選：A.9、D【解析】利用函數的概念逐一判斷即可.【詳解】對于A，函數的定義域為，不滿足題意，故A不正確；對于B，一個自變量對應多個值，不符合函數的概念，故B不正確；對于C，函數的值域為，不符合題意，故C不正確；對于D，函數的定義域為，值域為，滿足題意，故D正確.故選：D【點睛】本題考查了函數的概念以及函數的定義域、值域，考查了基本知識的掌握情況，理解函數的概念是解題的關鍵，屬于基礎題.10、D【解析】表示的曲線為圓心在原點，半徑是1的圓在x軸以及x軸上方的部分作出曲線的圖象，在同一坐標系中，再作出斜率是1的直線，由左向右移動，可發現，直線先與圓相切，再與圓有兩個交點，直線與曲線相切時m值為，直線與曲線有兩個交點時的m值為1，則故選D11、A【解析】利用已知條件求出扇形的半徑，即可得解周長【詳解】解：設扇形的半徑r，扇形OAB的圓心角為4弧度，弧長為：4r，其面積為8，可得4r×r＝8，解得r＝2扇形的周長：2+2+8＝12故選：A12、C【解析】求出扇形的弧長，然后求出圓錐的底面周長，轉化為底面半徑，求出圓錐的高，然后求出體積．【詳解】設底面半徑為r，則，所以.所以圓錐高.所以體積.故選：C.【點睛】本題考查圓錐的性質及體積，圓錐問題抓住兩個關鍵點：（1）圓錐側面展開圖的扇形弧長等于底面周長；（2）圓錐底面半徑r、高h、母線l組成直角三角形，滿足勾股定理，本題考查這兩種關系的應用，屬于簡單題.二、選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分,將答案寫在答題卡上.）13、【解析】令，解得，且恒成立，所以函數的圖象恒過定點；故填.14、【解析】由得：，∵在區間上隨機取實數，每個數被取到的可能性相等，∴事件發生的概率為，故答案為考點：幾何概型15、【解析】首先利用圖像作出相鄰兩個面所成角，然后利用已知條件求出正四面體相鄰兩個面所成角的兩邊即可求解.【詳解】由題意，四面體為正三棱錐，不妨設正三棱錐的邊長為，過作平面，垂足為，取的中點，并連接、、、，如下圖：由正四面體的性質可知，為底面正三角形的中心，從而，，∵為的中點，為正三角形，所以，，所以為正四面體相鄰兩個面所成角∵，∴易得，，∵平面，平面，∴，故.故答案為：.16、【解析】由正弦函數的單調性以及圖象的分析得出的取值范圍.【詳解】因為在上是增函數，所以，解得因為直線與的圖象在上恰有一個交點，所以，解得，綜上.故答案為：三、解答題（本大題共6個小題，共70分。解答時要求寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟。）17、（1）；（2）﹒【解析】(1)將點代入解析式，即可求出的值；(2)換元法，令，然后利用函數思想求出新函數的最小值即可【小問1詳解】由已知得，∴，解得，結合，且，∴；【小問2詳解】由已知得，當，時恒成立，令，，且，，，∵在，上單調遞增，故，∵是單調遞增函數，故，故即為所求，即的范圍為18、（1），（2）答案不唯一，具體見解析【解析】（1）根據正弦函數的單調增區間建立不等式求解即可得出；（2）選①代入，化簡，令，轉化為二次函數求值域即可，選擇條件②代入化簡，令，根據正弦函數的圖象與性質求最值即可求解.【小問1詳解】函數的單調增區間為（）由，，解得，，所以的單調增區間為，【小問2詳解】選擇條件①：令，因為，所以所以所以，因為在區間上單調遞增，所以當時，取得最大值所以當時，取得最大值選擇條件②：令，因為，所以所以當時，即時，取得最大值19、（1），（2）在上單調遞增，證明見解析（3）的取值范圍為.【解析】（1）根據得到，根據計算得到，得到答案.（2）化簡得到，，計算，得到是增函數.（3）化簡得到，參數分離，求函數的最大值得到答案.【詳解】（1）因為在定義域R上是奇函數.所以，即，所以．又由，即，所以，檢驗知，當，時，原函數是奇函數.（2）在上單調遞增.證明：由（1）知，任取，則，因為函數在上是增函數，且，所以，又，所以，即，所以函數R上單調遞增.（3）因為是奇函數，從而不等式等價于，因為在上是增函數，由上式推得，即對一切有恒成立，設，令，則有，，所以，所以，即的取值范圍為.20、（1）；（2）.【解析】（1）化簡集合A,B，根據集合的并集運算求解；（2）由充分必要條件可轉化為，建立不等式求解即可.【小問1詳解】當則定義域又，所以【小問2詳解】因為“x∈A”是“x∈B”的充分不必要條件，所以又所以僅需即21、（1），（2）“”是“”的必要不充分條件【解析】（1）利用待定系數法求得.（2）通過求函數的值域求得，由此確定充分、必要條件.【小問1詳解】設，，則則，代入，∴，.【小問2詳解】由（1）知，，，當時，，有，得，又由，有，得，故，當時，，有，得，又由，有，，解得，故，由，故“”是“”的必要不充分條件22、（1）函數f(x)=sin(x+π3)是“M【解析】(1)由f(-x)=-f(x)，得sin(-x+π3)=-(2)由題存在實數x0∈[-1,1]滿足f(-x0)=-f(x0)，即方程2xm取最小值-(3)由題即存在實數x0，滿足f(-x0)=-f(x0)試題解析：（1）由f(-x)=-f(x)，得：sin所以3所以存在x0=所以函數f(x)=sin(x+π（2）因為f(x)=2x+m是定義在[-1,1]所以存在實數x0∈[-1,1]滿足即方程2x+2令t=則m=-12(t+1t)，因為所以當t=12或t=2時，m（3）由x2-2mx>0