麗江市重點中學2023年高一數學第一學期期末監測試題注意事項：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．若方程的兩實根中一個小于，另一個大于，則的取值范圍是（）A. B.C. D.2．設m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，給出下列四個命題：①若m⊥α，n∥α，則m⊥n②若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β③若α⊥β，m?α，則m⊥β④若α∥β，β∥γ，m⊥α，則m⊥γ其中正確命題的序號是（）A.和 B.和C.和 D.和3．設全集，，，則（）A. B.C. D.4．設，，則下面關系中正確的是（）A B.C. D.5．垂直于直線且與圓相切的直線的方程是AB.C.D.6．直線l：與圓C：的位置關系是A.相切 B.相離C.相交 D.不確定7．已知全集，集合則下圖中陰影部分所表示的集合為（）A. B.C. D.8．已知函數的最小正周期為π，且關于中心對稱，則下列結論正確的是（）A. B.C D.9．下列各式中與相等的是A. B.C. D.10．設，則“”是“”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二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．“”是“”的______條件.12．已知定義在上的函數滿足，且當時，.若對任意，恒成立，則實數的取值范圍是______13．已知角的終邊過點，則___________.14．若冪函數的圖象過點，則______.15．已知冪函數的圖像過點，則___________.16．已知函數則_______.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．已知函數fx=sin（1）求ω的值；（2）求證：當x∈0,7π1218．已知二次函數（）若函數在上單調遞減，求實數的取值范圍（）是否存在常數，當時，在值域為區間且？19．已知函數，.（1）求的最小正周期；（2）求在區間上的最大值和最小值.20．已知偶函數.（1）求實數的值；（2）經過研究可知，函數在區間上單調遞減，求滿足條件的實數a的取值范圍.21．已知函數在一個周期內的圖象如圖所示.（1）求函數的最小正周期T及的解析式；（2）求函數的對稱軸方程及單調遞增區間；（3）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2倍（縱坐標不變），得到函數的圖像，若在上有兩個解，求a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】設，根據二次函數零點分布可得出關于實數的不等式組，由此可解得實數的取值范圍.【詳解】由可得，令，由已知可得，解得，故選：A.2、B【解析】根據空間直線和平面平行、垂直的性質分別進行判斷即可【詳解】①若m⊥α，n∥α，則m⊥n成立，故①正確，②若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β不成立，兩個平面沒有關系，故②錯誤③若α⊥β，m?α，則m⊥β不成立，可能m與β相交，故③錯誤，④若α∥β，β∥γ，m⊥α，則m⊥γ，成立，故④正確，故正確是①④，故選B【點睛】本題主要考查命題的真假判斷，涉及空間直線和平面平行和垂直的判定和性質，考查學生的空間想象能力3、B【解析】先求出集合B的補集，再求【詳解】因為，，所以，因為，所以，故選：B4、D【解析】根據元素與集合關系，集合與集合的關系判斷即可得解.【詳解】解：因為，，所以，.故選：D.5、B【解析】設所求直線方程為3x+y+c=0，則d=，解得d=±10.所以所求直線方程為3x+y+10=0或3x+y－10=0.6、C【解析】利用點到直線的距離公式求出直線和圓的距離，即可作出判斷.【詳解】圓C：的圓心坐標為：，則圓心到直線的距離，所以圓心在直線l上，故直線與圓相交故選C【點睛】本題考查的知識要點：直線與圓的位置關系的應用，點到直線的距離公式的應用7、C【解析】根據題意，結合Venn圖與集合間的基本運算，即可求解.【詳解】根據題意，易知圖中陰影部分所表示.故選：C.8、B【解析】根據周期性和對稱性求得函數解析式，再利用函數單調性即可比較函數值大小.【詳解】根據的最小正周期為，故可得，解得.又其關于中心對稱，故可得，又，故可得.則.令，解得.故在單調遞增.又，且都在區間中，且，故可得.故選：.【點睛】本題考查由三角函數的性質求解析式，以及利用三角函數的單調性比較函數值大小，屬綜合基礎題.9、A【解析】利用二倍角公式及平方關系可得，結合三角函數的符號即可得到結果.【詳解】,又2弧度在第二象限，故sin2＞0,cos2＜0，∴=故選A【點睛】本題考查三角函數的化簡問題，涉及到二倍角公式，平方關系，三角函數值的符號，考查計算能力.10、A【解析】首先求解二次不等式，然后結合不等式的解集即可確定充分性和必要性是否成立即可.【詳解】求解二次不等式可得：或，據此可知：是的充分不必要條件.故選：A.【點睛】本題主要考查二次不等式的解法，充分性和必要性的判定，屬于基礎題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、充分不必要【解析】解方程，即可判斷出“”是“”的充分不必要條件關系.【詳解】解方程，得或，因此，“”是“”的充分不必要條件.故答案為充分不必要.【點睛】本題考查充分不必要條件的判斷，一般轉化為集合的包含關系來判斷，考查推理能力，屬于基礎題.12、【解析】根據題意求出函數和圖像，畫出圖像根據圖像解題即可.【詳解】因為滿足，即；又由，可得，因為當時，所以當時，，所以，即；所以當時，，所以，即；根據解析式畫出函數部分圖像如下所示；因為對任意，恒成立，根據圖像當時，函數與圖像交于點，即的橫坐標即為的最大值才能符合題意，所以，解得，所以實數的取值范圍是：.故答案為：.13、【解析】根據角終邊所過的點,求得三角函數,即可求解.【詳解】因為角的終邊過點則所以故答案為:【點睛】本題考查了已知終邊所過的點,求三角函數的方法,屬于基礎題.14、【解析】設，將點代入函數的解析式，求出實數的值，即可求出的值.【詳解】設，則，得，，因此，.故答案為.【點睛】本題考查冪函數值的計算，解題的關鍵就是求出冪函數的解析式，考查運算求解能力，屬于基礎題.15、【解析】先設冪函數解析式，再將代入即可求出的解析式，進而求得.【詳解】設，冪函數的圖像過點，，，，故答案為：16、【解析】根據分段函數解析式，由內而外，逐步計算，即可得出結果.【詳解】∵，，則∴.故答案為：.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）2；（2）證明見解析【解析】（1）解方程T=π=2π（2）利用三角函數的圖象和性質，結合不等式逐步求出函數的最值即得證.【小問1詳解】解：由題得T=π=2π【小問2詳解】證明：fx因為0≤x≤7∴-π∴-3所以當x∈0,7π12即得證.18、(1)．(2)存在常數，，滿足條件【解析】(1)結合二次函數的對稱軸得到關于實數m的不等式，求解不等式可得實數的取值范圍為(2)在區間上是減函數，在區間上是增函數．據此分類討論：①當時，②當時，③當，綜上可知，存在常數，，滿足條件試題解析：（）∵二次函數的對稱軸為，又∵在上單調遞減，∴，，即實數的取值范圍為（）在區間上是減函數，在區間上是增函數①當時，在區間上，最大，最小，∴，即，解得②當時，在區間上，最大，最小，∴，解得③當，在區間上，最大，最小，∴，即，解得或，∴綜上可知，存在常數，，滿足條件點睛：二次函數、二次方程與二次不等式統稱“三個二次”，它們常結合在一起，有關二次函數的問題，數形結合，密切聯系圖象是探求解題思路的有效方法．一般從：①開口方向；②對稱軸位置；③判別式；④端點函數值符號四個方面分析19、（1）（2）最大值為，最小值為【解析】（1）利用二倍角公式和兩角和正弦公式化簡再由周期公式計算可得答案；（2）根據當的范圍可得，再計算出可得答案.【小問1詳解】，所以的最小正周期.【小問2詳解】當時，，所以，所以，所以在區間上的最大值為和最小值.20、（1）0（2）【解析】（1）首先求出函數的定義域，再根據偶函數的性質，利用特殊值求出參數的值，再代入檢驗即可；（2）根據偶函數的性質將函數不等式轉化為自變量的不等式，解得即可.【小問1詳解】解：由，有，可得函數的定義域為，，由函數為偶函數，有，解得.當時，，由，可知此時函數為偶函數，符合題意，由上知實數m的值為0；【小問2詳解】解：由函數為偶函數，且函數在區間上單調遞減，可得函數在區間上單調遞增，若，有解得且，故實數a的取值范圍為.21、（1），；（2）對稱軸為：，增區間為：；（3）.【解析】（1）根據題意求出A，函數的周期，進而求出，