吉林省吉林市五十五中2024屆數學高一上期末聯考試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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，,下列圖形能表示從集合A到集合B的函數圖像的是A. B.C. D.2．已知定義在上的奇函數滿足，且當時，，則（）A. B.C. D.3．若函數在上單調遞增，則實數a的取值范圍是（）A. B.C. D.4．若圓上有且僅有兩個點到直線的距離等于1，則半徑的取值范圍是（）A. B.C. D.5．已知集合，，則集合A. B.C. D.6．投壺是從先秦延續至清末的漢民族傳統禮儀和宴飲游戲，在春秋戰國時期較為盛行．如圖為一幅唐朝的投壺圖，假設甲、乙、丙是唐朝的三位投壺游戲參與者，且甲、乙、丙每次投壺時，投中與不投中是等可能的．若甲、乙、丙各投壺1次，則這3人中至多有1人投中的概率為（）A. B.C. D.7．設，，，則、、的大小關系是（）A. B.C. D.8．若，，若，則a的取值集合為（）A. B.C. D.9．已知直線、、與平面、，下列命題正確的是（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則10．平行四邊形中，若點滿足，，設，則A. B.C. D.11．函數lgx＝3，則x＝（）A1000 B.100C.310 D.3012．若函數的零點與的零點之差的絕對值不超過0.25，則可以是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．已知函數，則下列命題正確的是______填上你認為正確的所有命題的序號①函數單調遞增區間是；②函數的圖象關于點對稱；③函數的圖象向左平移個單位長度后，所得的圖象關于y軸對稱，則m的最小值是；④若實數m使得方程在上恰好有三個實數解，，，則14．關于函數有下述四個結論：①是偶函數②在區間單調遞增③的最大值為1④在有4個零點其中所有正確結論的編號是______.15．數據的第50百分位數是__________.16．冪函數的圖象經過點，則________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．已知角的頂點在坐標原點，始邊與軸非負半軸重合，終邊經過點（1）求，；（2）求的值18．已知全集，集合，.（1）當時，求；（2）若，且，求的取值范圍.19．已知定義在R上的函數滿足：①對任意實數，，均有；②；③對任意，（1）求的值，并判斷的奇偶性；（2）對任意的x∈R，證明：；（3）直接寫出的所有零點(不需要證明)20．已知函數，若，且，.（1）求與的值；（2）當時，函數的圖象與的圖象僅有一個交點，求正實數的取值范圍.21．在平面四邊形中（如圖甲），已知，且現將平面四邊形沿折起，使平面平面（如圖乙），設點分別為的中點.（1）求證：平面平面；（2）若三棱錐的體積為，求的長.22．函數的部分圖象如圖：（1）求解析式；（2）寫出函數在上的單調遞減區間.

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】從集合A到集合B的函數，即定義域是A，值域為B，逐項判斷即可得出結果.【詳解】因為從集合A到集合B的函數，定義域是A，值域為B；所以排除A,C選項，又B中出現一對多的情況，因此B不是函數，排除B.故選D【點睛】本題主要考查函數圖像，能從圖像分析函數的定義域和值域即可，屬于基礎題型.2、C【解析】先推導出函數的周期為，可得出，然后利用函數的奇偶性結合函數的解析式可計算出結果.【詳解】函數是上的奇函數，且，，，所以，函數的周期為，則.故選：C.【點睛】本題考查利用函數的奇偶性和周期求函數值，解題的關鍵就是推導出函數的周期，考查計算能力，屬于中等題.3、A【解析】將寫成分段函數的形式，根據單調性先分析每一段函數需要滿足的條件，同時注意分段點處函數值關系，由此求解出的取值范圍.【詳解】因為，所以，當在上單調遞增時，，所以，當在上單調遞增時，，所以，且，所以，故選：A.【點睛】思路點睛：根據分段函數單調性求解參數范圍的步驟：（1）先分析每一段函數的單調性并確定出參數的初步范圍；（2）根據單調性確定出分段點處函數值的大小關系；（3）結合（1）（2）求解出參數的最終范圍.4、C【解析】圓上有且僅有兩個點到直線的距離等于1，先求圓心到直線的距離，再求半徑的范圍【詳解】解：圓的圓心坐標，圓心到直線的距離為：，又圓上有且僅有兩個點到直線的距離等于1，滿足，即：，解得故半徑的取值范圍是，（如圖）故選：【點睛】本題考查直線與圓的位置關系，考查數形結合的數學思想，屬于中檔題5、B【解析】利用一元二次方程的解法化簡集合化簡集合，利用并集的定義求解即可.【詳解】由一元二次方程的解法化簡集合，或，，或，故選B.【點睛】研究集合問題，一定要抓住元素，看元素應滿足的屬性.研究兩集合的關系時，關鍵是將兩集合的關系轉化為元素間的關系，本題實質求滿足屬于集合或屬于集合的元素的集合.6、C【解析】根據題意，列出所有可能，結合古典概率，即可求解.【詳解】甲、乙、丙3人投中與否的所有情況為：（中，中，中），（中，中，不中），（中，不中，中），（中，不中，不中），（不中，中，中），（不中，中，不中），（不中，不中，中），（不中，不中，不中），共8種，其中至多有1人投中的有4種，故所求概率為故選：C.7、B【解析】利用指數函數、對數函數的單調性比較、、三個數與、的大小關系，由此可得出、、的大小關系.【詳解】，即，，，因此，.故選：B.8、B【解析】或，分類求解，根據可求得的取值集合【詳解】或，，，或或，解得或，綜上，故選：9、D【解析】利用線線，線面，面面的位置關系，以及垂直，平行的判斷和性質判斷選項.【詳解】A.若，則或異面，故A不正確；B.缺少垂直于交線這個條件，不能推出，故B不正確；C.由垂直關系可知，或相交，或是異面，故C不正確；D.因為，所以平面內存在直線，若，則，且，所以，故D正確.故選：D10、B【解析】畫出平行四邊形，在上取點，使得，在上取點，使得，由圖中幾何關系可得到，即可求出的值，進而可以得到答案【詳解】畫出平行四邊形，在上取點，使得，在上取點，使得，則，故，，則.【點睛】本題考查了平面向量的線性運算，考查了平面向量基本定理的應用，考查了平行四邊形的性質，屬于中檔題11、A【解析】由lgx＝3，可得直接計算出結果.【詳解】由lgx＝3，有：則，故選：A【點睛】本題考查對數的定義，屬于基礎題.12、A【解析】因為函數g(x)＝4x＋2x－2在R上連續，且，，設函數的g(x)＝4x＋2x－2的零點為，根據零點存在性定理，有，則，所以，又因為f(x)＝4x－1的零點為，函數f(x)＝(x－1)2的零點為x=1，f(x)＝ex－1的零點為，f(x)＝ln(x－0．5)的零點為，符合為，所以選A考點：零點的概念，零點存在性定理二、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、①③④【解析】先利用輔助角公式化簡，再根據函數，結合三角函數的性質及圖形，對各選項依次判斷即可【詳解】①，令，所以，因為，所以令，則，所以單調增區間是，故正確；②因為，所以不是對稱中心，故錯誤；③的圖象向左平移個單位長度后得到，且是偶函數，所以，所以且，所以時，，故正確；④函數，故錯誤；⑤因為，作出在上的圖象如圖所示：與有且僅有三個交點：所以，又因為時，且關于對稱，所以，所以，故正確；故選:①③⑤14、①③【解析】利用奇偶性定義可判斷①；時，可判斷②；分、時求出可判斷故③；時，由可判斷④.【詳解】因為，，所以①正確；當時，，當時，，，時，單調遞減，故②錯誤；當時，，；當時，，綜上的最大值為1，故③正確；時，由得，解得，由不存在零點，所以在有2個零點，故④錯誤.故答案為：①③.15、16【解析】第50百分位數為數據的中位數,即得.【詳解】數據的第50百分位數，即為數據的中位數為.故答案為：16.16、【解析】設冪函數的解析式，然后代入求解析式，計算.【詳解】設，則，解得，所以，得故答案為：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）1【解析】（1）根據三角函數的定義，計算即可得答案.（2）根據誘導公式，整理化簡，代入，的值，即可得答案.【小問1詳解】因為角終邊經過點，所以，【小問2詳解】原式18、（1）（2）【解析】（1）解出不等式，然后可得答案；（2）由條件可得，，解出即可.【小問1詳解】（1）由題意得：.當時，，所以，.【小問2詳解】因為，所以，即.又，所以，解得.所以的取值范圍.19、（1）＝2，f(x)為偶函數；（2）證明見解析；（3），.【解析】(1)令x＝y＝0可求f(0)；令x＝y＝1可求f(2)；令x＝0可求奇偶性；(2)令y＝1即可證明；(3)(1)，是以4為周期的周期函數，由偶函數的性質可得，從而可得的所有零點【小問1詳解】∵對任意實數，，均有，∴令，則，可得，∵對任意,，，∴f(0)＞0，∴；令，則；∴；∵f(x)定義域為R關于原點對稱，且令時，，∴是R上的偶函數；【小問2詳解】令，則，則，∴，即；【小問3詳解】(1)，且是以4為周期的周期的偶函數，由偶函數的性質可得，從而可得f(－1)＝(1)＝f(3)＝f(5)＝…＝0，故f(x)的零點為奇數，即f(x)所有零點為，.20、（1），.（2）.【解析】（1）由，可得，結合，得，，則，；（2），，，分三種情況討論，時，時，結合二次函數對稱軸與單調性，以及對數函數的單調性，可篩選出符合題意的正實數的取值范圍.試題解析：（1）設，則，因為，因為，得，，則，.（2）由題可知，，.當時，，在上單調遞減，且，單調遞增，且，此時兩個圖象僅有一個交點.當時，，在上單調遞減，在上單調遞增，因為兩個圖象僅有一個交點，結合圖象可知，得.綜上，正實數的取值范圍是.21、（1）證明見解