吉林省蛟河市朝鮮族中學校2023年數學高一上期末質量跟蹤監視模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在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、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，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10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．函數的定義域是（）A. B.C. D.2．已知函數是定義在上奇函數．且當時，，則的值為A. B.C. D.23．在下列函數中，同時滿足：①在上單調遞增；②最小正周期為的是（）A. B.C. D.4．已知的定義域為，則函數的定義域為A. B.C. D.5．關于的一元二次不等式的解集為（）A.或 B.C.或 D.6．下列函數既不是奇函數，也不是偶函數，且在上單調遞增是A. B.C. D.7．已知函數的部分圖象如圖所示，則下列說法正確的是（）A.該圖象對應的函數解析式為B.函數的圖象關于直線對稱C.函數的圖象關于點對稱D.函數在區間上單調遞減8．實數滿足，則下列關系正確的是A. B.C. D.9．若函數在R上單調遞減，則實數a的取值范圍是（）A. B.C. D.10．對于函數，有以下幾個命題①的圖象關于點對稱，②在區間遞增③的圖象關于直線對稱，④最小正周期是則上述命題中真命題的個數是（）A.0 B.1C.2 D.3二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知在平面直角坐標系中，角頂點在原點，始邊與軸的正半軸重合，終邊經過點，則___________.12．函數定義域為______.13．已知函數給出下列四個結論：①存在實數，使函數為奇函數；②對任意實數，函數既無最大值也無最小值；③對任意實數和，函數總存在零點；④對于任意給定的正實數，總存在實數，使函數在區間上單調遞減.其中所有正確結論的序號是______________.14．已知是球上的點，,，,則球的表面積等于________________15．若函數是冪函數，則函數（其中，）的圖象過定點的坐標為__________16．已知向量的夾角為，，則__________.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．如圖，在三棱錐中，平面平面，為等邊三角形，且，，分別為，中點(1)求證：平面；(2)求證：平面平面；(3)求三棱錐的體積18．已知二次函數f(x)滿足：f(0)=f(4)=4，且該函數的最小值為1（1）求此二次函數f(x)的解析式；（2）若函數f(x)的定義域為A=m,n（其中0<m<n），問是否存在這樣的兩個實數m，n，使得函數f(x)的值域也為A？若存在，求出m，n（3）若對于任意x1∈0,3，總存在x2∈1,219．已知,，函數，（1）若，，求的值；（2）若不等式對任意恒成立，求的取值范圍20．已知函數（且），在上的最大值為.（1）求的值；（2）當函數在定義域內是增函數時，令，判斷函數的奇偶性，并證明，并求出的值域.21．已知函數，.（1）求函數圖象的對稱軸的方程；（2）當時，求函數的值域；（3）設，存在集合，當且僅當實數，且在時，不等式恒成立．若在（2）的條件下，恒有（其中），求實數的取值范圍.

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、A【解析】利用對數函數的真數大于零,即可求解.【詳解】由函數，則，解得，所以函數的定義域為.故選：A【點睛】本題考查了對數型復合函數的定義域，需熟記對數的真數大于零，屬于基礎題.2、B【解析】化簡，先求出的值，再根據函數奇偶性的性質，進行轉化即可得到結論【詳解】∵，∴，是定義在上的奇函數，且當時，，∴，即，故選B【點睛】本題主要考查函數值的計算，考查了對數的運算以及函數奇偶性的應用，意在考查靈活應用所學知識解答問題的能力，屬于基礎題3、C【解析】根據題意，結合余弦、正切函數圖像性質，一一判斷即可.【詳解】對于選項AD，結合正切函數圖象可知，和的最小正周期都為，故AD錯誤；對于選項B，結合余弦函數圖象可知，在上單調遞減，故B錯誤；對于選項C，結合正切函數圖象可知，在上單調遞增，且最小正周期，故C正確.故選：C.4、B【解析】因為函數的定義域為，故函數有意義只需即可，解得，選B考點：1、函數的定義域的概念；2、復合函數求定義域5、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.6、C【解析】是偶函數，是奇函數，和既不是奇函數也不是偶函數，在上是減函數，是增函數，故選C7、B【解析】先依據圖像求得函數的解析式，再去代入驗證對稱軸、對稱中心、單調區間的說法.【詳解】由圖象可知，即，所以，又，可得，又因為所以，所以，故A錯誤；當時，.故B正確；當時，，故C錯誤；當時，則，函數不單調遞減.故D錯誤故選：B8、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.9、D【解析】要保證函數在R上單調遞減，需使得和都為減函數，且x=1處函數值滿足,由此解得答案.【詳解】由函數在R上單調遞減，可得，解得，故選：D.10、C【解析】先通過輔助角公式將函數化簡，進而結合三角函數的圖象和性質求得答案.【詳解】由題意，，函數周期，④正確；，①錯誤；，③錯誤；由，②正確.故選：C.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】根據角的終邊經過點，利用三角函數的定義求得，然后利用二倍角公式求解.【詳解】因為角的終邊經過點，所以，所以，所以，故答案為：12、【解析】解余弦不等式，即可得出其定義域.【詳解】由對數函數的定義知即，∴，∴函數的定義域為。故答案為：13、①②③④【解析】分別作出，和的函數的圖象，由圖象即可判斷①②③④的正確性，即可得正確答案.【詳解】如上圖分別為，和時函數的圖象，對于①：當時，，圖象如圖關于原點對稱，所以存在使得函數為奇函數，故①正確；對于②：由三個圖知當時，，當時，，所以函數既無最大值也無最小值；故②正確；對于③：如圖和圖中存在實數使得函數圖象與沒有交點，此時函數沒有零點，所以對任意實數和，函數總存在零點不成立；故③不正確對于④：如圖，對于任意給定的正實數，取即可使函數在區間上單調遞減，故④正確；故答案為：①②④【點睛】關鍵點點睛：本題解題關鍵點是分段函數圖象，涉及二次函數的圖象，要討論，和即明確分段區間，作出函數圖象，數形結合可研究分段函數的性質.14、【解析】由已知S,A,B,C是球O表面上的點，所以，又，，所以四面體的外接球半徑等于以長寬高分別以SA,AB,BC三邊長為長方體的外接球的半徑，因為，,所以，所以球的表面積點睛：本題考查了球內接多面體，球的表面積公式，屬于中檔題．其中根據已知條件求球的直徑（半徑）是解答本題的關鍵15、（3，0）【解析】若函數是冪函數，則，則函數（其中，），令，計算得出：，，其圖象過定點的坐標為16、【解析】由已知得，所以，所以答案：點睛：向量數量積的求法及注意事項：（1）計算數量積的三種方法：定義、坐標運算、數量積的幾何意義，要靈活選用，和圖形有關的不要忽略數量積幾何意義的應用（2）求向量模的常用方法：利用公式，將模的運算轉化為向量的數量積的運算，解題時要注意向量數量積運算率的靈活應用（3）利用向量垂直或平行的條件構造方程或函數是求參數或最值問題常用的方法與技巧三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）見解析；（2）見解析；（3）.【解析】（Ⅰ）利用三角形的中位線得出OM∥VB，利用線面平行的判定定理證明VB∥平面MOC；（Ⅱ）證明OC⊥平面VAB，即可證明平面MOC⊥平面VAB；（Ⅲ）利用等體積法求三棱錐A-MOC的體積即可試題解析：（Ⅰ）證明：∵O，M分別為AB，VA的中點，∴OM∥VB，∵VB?平面MOC，OM?平面MOC，∴VB∥平面MOC；（Ⅱ）證明：∵AC=BC，O為AB的中點，∴OC⊥AB，又∵平面VAB⊥平面ABC，平面ABC∩平面VAB=AB，且OC?平面ABC，∴OC⊥平面VAB，∵OC?平面MOC，∴平面MOC⊥平面VAB（Ⅲ）在等腰直角三角形中，，所以.所以等邊三角形的面積.又因為平面，所以三棱錐的體積等于.又因為三棱錐的體積與三棱錐的體積相等，所以三棱錐的體積為.考點：平面與平面垂直的判定；直線與平面平行的判定；用向量證明平行18、(1)f(x)=34x2-3x+4(2)存在滿足條件的m，n，其中【解析】1設f(x)=a(x-2)2+1，由f(0)=4，求出a2分m<n≤2時，當m<2<n時，當2≤m<n時，三種情況討論，可得滿足條件的m，n，其中m=1，n=4；3若對于任意的x1∈0,3，總存在x解析：（1）依題意，可設f(x)=a(x-2)2+1，因f(0)=4，代入得（2）假設存在這樣的m，n，分類討論如下：當m<n≤2時，依題意，f(m)=n,f(n)=m,即3m+n=83，代入進一步得當m<2<n時，依題意m=f(2)=1，若n>3，f(n)=n，解得n=4或43若2<n≤3，n=f(1)=7當2≤m<n時，依題意，f(m)=m,f(n)=n,即34m2-3m+4=m,綜上：存在滿足條件的m，n，其中m=1，n=4.（3）依題意：2x由（1）可知，f(x1即2x2+整理得a>-2x22又y=-2x2+5x=-2(x-54)依題意：a>2點睛：本題重點考查了二次函數性質，運用待定系數法求得二次函數的解析式，在求二次函數的值域時注意分類討論，解出符合條件的結果，當遇到“任意的x1，總存在x219、(1)（2）見解析.【解析】（1）利用同角三角函數基本關系式進行求解；（2）作差，分離參數，將問題轉化為求函數的最值問題，再利用換元思想進行求解.試題解析：(1)依題意得，，即，即由，，得，（2）即不等式對任意恒成立，即下求函數的最小值令則且令1°當上單調遞增，2°當，即時，3°當4°當，所以當時，；當或0<時,20、（1）或（2）為偶函數，證明見解析，.【解析】（1）分別在和時，根據函數單調性，利用最大值可求得；（2）由（1）可得，根據奇偶性定義判斷可知其為偶函數；利用對數型復合函數值域的求解方法可求得值域.【小問1詳解】當時，為增函數，，解得：；當時，為減函數，，解得：；綜上所述：或.【小問2詳解】當函數在定義域內是增函數時，，由（1）知：；，由得：，即定義域為；又，是定義在上的偶函數；，當時，，，即的值域為.21、（1）；（2）；（3）.【解析】（1）利用兩角和的正弦公式化函數為一個角的一個三角函數形式，然后結合正弦函數的對稱性得解；（2）令，換元，化函數為的二次函數，求出，由此可值域；（3）由題意利用分離參數法、換元法、基本不等式先求出集合，根據（2）中范圍得出的范圍，再由可得的范圍【詳解】解：（1）令，得所以函數圖象的對稱軸方程為：