吉林省白城市大安市第二中學2023-2024學年數學高一上期末調研試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．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．如圖，某池塘里浮萍的面積（單位：）與時間t（單位：月）的關系為，關于下列說法不正確的是（）A.浮萍每月的增長率為2B.浮萍每月增加的面積都相等C.第4個月時，浮萍面積超過D.若浮萍蔓延到所經過的時間分別是，、，則2．函數的零點所在的區間（）A. B.C. D.3．令，，，則三個數、、的大小順序是（）A. B.C. D.4．已知函數則=（）A. B.9C. D.5．已知集合，則（）A. B.C. D.6．利用二分法求方程的近似解，可以取得一個區間A. B.C. D.7．已知函數，若圖象過點，則的值為（）A. B.2C. D.8．函數的部分圖象如圖所示，則可能是（）A. B.C. D.9．已知冪函數的圖象過點，則等于（）A. B.C. D.10．下列四個函數中，與函數相等的是A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．函數的反函數為___________.12．若存在常數和，使得函數和對其公共定義域上的任意實數都滿足：和恒成立，則稱此直線為和的“隔離直線”．已知函數，，若函數和之間存在隔離直線，則實數的取值范圍是______13．函數在[1，3]上的值域為[1，3]，則實數a的值是___________.14．已知在上的最大值和最小值分別為和，則的最小值為__________15．若直線：與直線：互相垂直，則實數的值為__________16．直線與圓相交于A，B兩點，則線段AB的長為__________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．在平面直角坐標系中，角的頂點與坐標原點重合，始邊與軸的非負半軸重合，終邊與單位圓相交于點A，已知點A的縱坐標為.（1）求的值；（2）求的值.18．已知非空集合，.（1）當時，求，；（2）若“”是“”的充分不必要條件，求的取值范圍.19．已知二次函數滿足條件和，（1）求；（2）求在區間（）上的最小值20．已知，，求，實數a的取值范圍21．已知.（1）求函數的最小正周期及單調增區間；（2）若，，求的值.

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、B【解析】先利用特殊點求出函數解析式為，再利用指數函數的性質即可判斷出正誤【詳解】解：圖象可知，函數過點，，函數解析式為，浮萍每月的增長率為，故選項A正確，函數是指數函數，是曲線型函數，浮萍每月增加的面積不相等，故選項B錯誤，當時，，故選項C正確，對于D選項，，，，，又，，故選項D正確，故選：B2、B【解析】，，零點定理知，的零點在區間上所以選項是正確的3、D【解析】由已知得，，，判斷可得選項.【詳解】解：由指數函數和對數函數的圖象可知：，，，所以，故選：D【點睛】本題考查了對數式、指數式的大小比較，比較大小的常用方法為同底的對數式和指數式利用其單調性進行比較，也可以借助于中間值0和1進行比較，考查了運算求解能力與邏輯推理能力，屬于中檔題.4、A【解析】根據函數的解析式求解即可.【詳解】，所以，故選A5、D【解析】求出集合A，再求A與B的交集即可.【詳解】∵，∴.故選：D.6、D【解析】根據零點存在定理判斷【詳解】設，則函數單調遞增由于，，∴在上有零點故選：D.【點睛】本題考查方程解與函數零點問題．掌握零點存在定理是解題關鍵7、B【解析】分析】將代入求得，進而可得的值.【詳解】因為函數的圖象過點，所以，則，所以，，故選：B.8、A【解析】先根據函數圖象，求出和，進而求出，代入特殊點坐標，求出，，得到正確答案.【詳解】由圖象可知：，且，所以，不妨設：，將代入得：，即，，解得：，，當時，，故A正確，其他選項均不合要求.故選：A9、A【解析】根據冪函數的定義，結合代入法進行求解即可.【詳解】因為是冪函數，所以，又因為函數的圖象過點，所以，因此，故選：A10、D【解析】分別化簡每個選項的解析式并求出定義域，再判斷是否與相等.【詳解】A選項：解析式為，定義域為R，解析式不相同；B選項：解析式為，定義域為，定義域不相同；C選項：解析式為，定義域為，定義域不相同；D選項：解析式為，定義域為R，符合條件，答案為D.【點睛】函數相等主要看：（1）解析式相同；（2）定義域相同.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、【解析】由題設可得，即可得反函數.【詳解】由，可得，∴反函數為.故答案為：.12、【解析】由已知可得、恒成立，可求得實數的取值范圍.【詳解】因為函數和之間存在隔離直線，所以，當時，可得對任意的恒成立，則，即，當時，可得對恒成立，令，則有對恒成立，所以或，解得或，綜上所述，實數的取值范圍是.故答案為：.13、【解析】分類討論，根據單調性求值域后建立方程可求解.【詳解】若，在上單調遞減，則，不符合題意；若，在上單調遞增，則，當值域為時，可知，解得.故答案為：14、【解析】如圖：則當時，即時，當時，原式點睛：本題主要考查了分段函數求最值問題，在定義域為動區間的情況下進行分類討論，先求出最大值與最小值的情況，然后計算，本題的關鍵是要注意數形結合，結合圖形來研究最值問題，本題有一定的難度15、-2【解析】由于兩條直線垂直，故.16、【解析】算出弦心距后可計算弦長【詳解】圓的標準方程為：，圓心到直線的距離為，所以，填【點睛】圓中弦長問題，應利用垂徑定理構建直角三角形，其中弦心距可利用點到直線的距離公式來計算三、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）【解析】（1）根據點A的縱坐標，可求得點A的橫坐標，根據正切函數的定義，即可得答案.（2）利用誘導公式進行化簡，結合（1）即可得答案.【小問1詳解】因為點A縱坐標為，且點A在第二象限，所以點A的橫坐標為，所以；【小問2詳解】由誘導公式可得：.18、（1），（2）【解析】（1）先解出集合B，再根據集合的運算求得答案;（2）根據題意可知A.B，由此列出相應的不等式組，解得答案.【小問1詳解】，，故，；【小問2詳解】由題意A是非空集合，“”是“”的充分不必要條件，故得A.B，得，或或,解得，故的取值范圍為.19、（1）；（2）.【解析】(1)由二次函數可設,再利用進行化簡分析即可.(2)由(1)可知,對稱軸為，通過討論的范圍，根據函數的單調性，求出函數的最小值.【詳解】(1)由二次函數可設，因為,故，即,即，故,即，故；（2）函數的對稱軸為，則當，即時，在單調遞減，；當，即時，；當時，在單調遞增，，.【點睛】本題主要考查二次函數的解析式求解以及二次函數最值的問題等,屬于中等題型.20、【解析】由題意利用指數函數、對數函數、冪函數的單調性，求出實數的取值范圍【詳解】解：因為，所以，所以因為，所以，所以又因為，所以．因為，所以又因為，所以．綜上，實數a取值范圍是21、(1)最小正周期，單調增區間為，；(2).【解析】（1）將函數解析式化簡為，可得周期為；將看作一個整體代入正弦函數的增區間可得函數的單調增區間為，.（2）由（1）可得，結合條件得到，進而可得，于是，，最后根據兩角差的正弦公式可得結果試題解析：（1）∴函數的最小正周期.由，，得，，所以函數的