江蘇省溧中、省揚中、鎮江一中、江都中學、句容中學2023-2024學年高一數學第一學期期末達標檢測試題注意事項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．已知是以為圓心的圓上的動點，且，則A. B.C. D.2．將函數的圖象向左平移個單位后得到函數的圖象，則下列說法正確的是（）A.圖象的一條對稱軸為 B.在上單調遞增C.在上的最大值為1 D.的一個零點為3．設命題，則為A. B.C. D.4．已知函數，若函數有三個零點，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.5．《擲鐵餅者》取材于希臘的現實生活中的體育競技活動，刻畫的是一名強健的男子在擲鐵餅過程中最具有表現力的瞬間．現在把擲鐵餅者張開的雙臂近似看成一張拉滿弦的“弓”，擲鐵餅者的手臂長約為米，肩寬約為米，“弓”所在圓的半徑約為1.25米，則擲鐵餅者雙手之間的距離約為（）A.1.012米 B.1.768米C.2.043米 D.2.945米6．在下列區間中，函數f（x）＝ex+2x﹣5的零點所在的區間為（）A.（﹣1，0） B.（0，1）C.（1，2） D.（2，3）7．已知函數是定義在上的偶函數，且在上單調遞增，若，則不等式解集為A. B.C. D.8．若，則有（）A.最小值為3 B.最大值為3C.最小值為 D.最大值為9．下列函數中，為偶函數的是（）A. B.C. D.10．由直線上的點向圓作切線，則切線長的最小值為（）A.1 B.C. D.3二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知正實數滿足，則當__________時，的最小值是__________12．若函數在區間內有最值，則的取值范圍為_______13．已知函數定義域是________（結果用集合表示）14．實數2713-15．在內不等式的解集為__________16．邊長為2的菱形中，，將沿折起，使得平面平面，則二面角的余弦值為__________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．已知，，計算：（1）（2）18．已知，其中為奇函數，為偶函數.（1）求與的解析式；（2）判斷函數在其定義域上的單調性（不需證明）；（3）若不等式恒成立，求實數的取值范圍.19．已知函數.（1）求函數的最小正周期；（2）求函數的最大值.20．已知，（1）求，的值；（2）求的值21．已知二次函數的圖象經過，且不等式對一切實數都成立（1）求函數的解析式；（2）若對任意，不等式恒成立，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】根據向量投影的幾何意義得到結果即可.【詳解】由A，B是以O為圓心的圓上的動點，且，根據向量的點積運算得到＝||?||?cos，由向量的投影以及圓中垂徑定理得到：||?cos即OB在AB方向上的投影，等于AB的一半，故得到＝||?||?cos.故選A【點睛】本題考查向量的數量積公式的應用，以及向量投影的應用．平面向量數量積公式的應用主要有兩種形式，一是，二是，主要應用以下幾個方面:(1)求向量的夾角，（此時往往用坐標形式求解）；（2）求投影，在上的投影是；（3）向量垂直則;(4)求向量的模（平方后需求）.2、B【解析】對選項A，，即可判斷A錯誤；對選項B，求出的單調區間即可判斷B正確；對選項C，求出在的最大值即可判斷C錯誤；對選項D，根據，即可判斷D錯誤.詳解】，.對選項A，因為，故A錯誤；對選項B，因為，.解得，.當時，函數的增區間為，所以在上單調遞增，故B正確；對選項C，因為，所以，所以，，，故錯誤；對選項D，，故D錯誤.故選：B3、C【解析】特稱命題否定為全稱命題，所以命題的否命題應該為，即本題的正確選項為C.4、A【解析】函數有三個零點，轉化為函數的圖象與直線有三個不同的交點，畫出的圖象，結合圖象求解即可【詳解】因為函數有三個零點，所以函數的圖象與直線有三個不同的交點，函數的圖象如圖所示，由圖可知，，故選：A5、B【解析】由題分析出這段弓所在弧長，結合弧長公式求出其所對圓心角，雙手之間的距離為其所對弦長【詳解】解：由題得：弓所在的弧長為：；所以其所對的圓心角；兩手之間的距離故選：B6、C【解析】由零點存在性定理即可得出選項.【詳解】由函數為連續函數，且，，所以，所以零點所在的區間為，故選：C【點睛】本題主要考查零點存在性定理，在運用零點存在性定理時，函數為連續函數，屬于基礎題.7、B【解析】，又函數是定義在上的偶函數，且在上單調遞增，所以，解得.考點：偶函數的性質.【思路點睛】本題主要考查不等式的求解，利用函數奇偶性和單調性的性質進行轉化是解決本題的關鍵.根據函數奇偶性可得，再根據函數的單調性，可得；然后再解不等式即可求出結果8、A【解析】利用基本不等式即得,【詳解】∵，∴，∴，當且僅當即時取等號，∴有最小值為3.故選：A.9、D【解析】利用函數的奇偶性的定義逐一判斷即可.【詳解】A，因為函數定義域為：，且，所以為奇函數，故錯誤；B，因為函數定義域為：R，，而，所以函數為非奇非偶函數，故錯誤；C，，因為函數定義域為：R，，而，所以函數為非奇非偶函數，故錯誤；D，因為函數定義域為：R，，所以函數為偶函數，故正確；故選：D.10、B【解析】先求圓心到直線的距離，此時切線長最小，由勾股定理不難求解切線長的最小值【詳解】切線長的最小值是當直線上的點與圓心距離最小時取得，圓心到直線的距離為，圓的半徑為1，故切線長的最小值為，故選：B【點睛】本題考查圓的切線方程，點到直線的距離，是基礎題二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、①.②.6【解析】利用基本不等式可知，當且僅當“”時取等號.而運用基本不等式后，結合二次函數的性質可知恰在時取得最小值，由此得解.【詳解】解：由題意可知：，即，當且僅當“”時取等號，，當且僅當“”時取等號.故答案為：，6.【點睛】本題考查基本不等式的應用，同時也考查了配方法及二次函數的圖像及性質，屬于基礎題.12、【解析】當函數取得最值時有，由此求得的值，根據列不等式組，解不等式組求得的取值范圍（含有），對賦值求得的具體范圍.【詳解】由于函數取最值時，，，即，又因為在區間內有最值.所以時，有解，所以，即，由得，當時，，當時，又，，所以的范圍為.【點睛】本小題主要考查三角函數最值的求法，考查不等式的解法，考查賦值法，屬于中檔題.13、【解析】根據對數函數的真數大于0求解即可.【詳解】函數有意義，則，解得，所以函數的定義域為，故答案為：14、1【解析】直接根據指數冪運算與對數運算求解即可.【詳解】解：27故答案為：115、【解析】利用余弦函數的性質即可得到結果.【詳解】∵，∴，根據余弦曲線可得，∴.故答案為：16、【解析】作，則為中點由題意得面作，連則為二面角的平面角故，，點睛：本題考查了由平面圖形經過折疊得到立體圖形，并計算二面角的余弦值，本題關鍵在于先找出二面角的平面角，依據定義先找出平面角，然后根據各長度，計算得結果三、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）先把化為，然后代入可求；（2）先把化為，然后代入可求.【詳解】（1）；（2）.【點睛】本題主要考查齊次式的求值問題，齊次式一般轉化為含有正切的式子，結合正切值可求.18、（1），；（2）函數在其定義域上為減函數；（3）.【解析】（1）由與可建立有關、的方程組，可得解出與的解析式；（2）化簡函數解析式，根據函數的解析式可直接判斷函數的單調性；（3）將所求不等式變形為，根據函數的定義域、單調性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】（1）由于函數為奇函數，為偶函數，，，即，所以，，解得，.由，可得，所以，，；（2）函數的定義域為，，所以，函數在其定義域上為減函數；（3）由于函數為定義域上的奇函數，且為減函數，由，可得，由題意可得，解得.因此，實數的取值范圍是.【點睛】思路點睛：根據函數單調性求解函數不等式的思路如下：（1）先分析出函數在指定區間上的單調性；（2）根據函數單調性將函數值的關系轉變為自變量之間的關系，并注意定義域；（3）求解關于自變量的不等式，從而求解出不等式的解集.19、（1）（2）4【解析】（1）根據余弦函數的周期公式，求得答案；（2）根據余弦函數的性質，可求得函數f(x)的最大值.【小問1詳解】由題意可得：函數的最小正周期為：；【小問2詳解】因為，故，即的最大值為4.20、（1），（2）【解析】（1）首先利用誘導公式得到，再根據同角三角函數的基本關系計算可得；（2）利用誘導公式化簡，再將弦化切，最后代入求值即可；【小問1詳解】解：因為，，所以，又解得或，因為，所以【小問2詳解】解：21、（1）；（2）.【解析】（1）觀察不等式，令，得到成立，即，以及，再根據不等式對一切實數都成立，列式求函數的解析式；（2）法一，不等式轉化為對恒成立，利用函數與不等式的關系，得到的取值范圍，法二，代入后利用平方關系得到，恒成立，再根據參變分離，轉化為最值問題求參數的取值范圍.【詳解】（1）由題意得：①，因為不等式對一切實數都成立，令，得：，所以，即②由①②解得：，且，所以，由題意得：且對恒成立，即對恒成立，對③而言，由且，得到，所以，經檢驗滿足，故函數的