重慶市部分區縣2023年數學高一上期末學業質量監測試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡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、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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．＝A.－ B.C.－ D.2．已知定義在R上的函數的圖象是連續不斷的,且有如下對應值表:x123453那么函數一定存在零點的區間是（）A. B.C. D.3．已知圓與直線交于，兩點，過，分別作軸的垂線，且與軸分別交于，兩點，若，則A.或1 B.7或C.或 D.7或14．已知一個直三棱柱的高為2，如圖，其底面ABC水平放置的直觀圖（斜二測畫法）為，其中，則此三棱柱的表面積為（）A. B.C. D.5．若函數則下列說法錯誤的是（）A.是奇函數B.若在定義域上單調遞減，則或C.當時，若，則D.若函數有2個零點，則6．函數的圖象大致為（）A. B.C. D.7．設函數的部分圖象如圖，則A.B.C.D.8．（）A. B.C. D.9．已知函數，則A. B.0C.1 D.10．將函數的圖象向左平移個單位，再將圖象上各點的縱坐標不變，橫坐標變為原來的，那么所得圖象的函數表達式為A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知，則____________12．已知函數，使方程有4個不同的解：，則的取值范圍是_________;的取值范圍是________.13．下面有六個命題：①函數是偶函數；②若向量的夾角為，則；③若向量的起點為，終點為，則與軸正方向的夾角的余弦值是；④終邊在軸上的角的集合是；⑤把函數的圖像向右平移得到的圖像；⑥函數在上是減函數.其中，真命題的編號是__________．（寫出所有真命題的編號）14．已知角的頂點為坐標原點，始邊為x軸的正半軸，若是角終邊上一點，且，則y=_______.15．已知函數的圖象恒過定點A，若點A在一次函數的圖象上，其中，則的最小值為_____________.16．高三年級的一次模擬考試中，經統計某校重點班30名學生的數學成績均在[100，150]（單位：分）內，根據統計的數據制作出頻率分布直方圖如右圖所示，則圖中的實數a=__________，若以各組數據的中間數值代表這組數據的平均水平，估算該班的數學成績平均值為__________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．已知函數，求：（1）的最小正周期及最大值；（2）若且，求的值；（3）若，在有兩個不等的實數根，求的取值范圍.18．函數，在內只取到一個最大值和一個最小值，且當時，；當時，（1）求此函數的解析式；（2）求此函數的單調遞增區間19．已知，函數.（Ⅰ）當時，解不等式；（Ⅱ）若關于的方程的解集中恰有一個元素，求的取值范圍；（Ⅲ）設，若對任意，函數在區間上的最大值與最小值的和不大于，求的取值范圍.20．一次函數是上的增函數，，已知.（1）求；（2）當時，有最大值13，求實數的值.21．已知函數（1）當時，解方程；（2）當時，恒成立，求的取值范圍

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】.考點：誘導公式2、B【解析】利用零點存在性定理判斷即可.【詳解】則函數一定存在零點的區間是故選：B【點睛】本題主要考查了利用零點存在性定理判斷零點所在區間，屬于基礎題.3、A【解析】由題可得出，利用圓心到直線的距離可得，進而求得答案【詳解】因為直線的傾斜角為，，所以，利用圓心到直線的距離可得，解得或.【點睛】本題考查直線與圓的位置關系，屬于一般題4、C【解析】根據斜二測畫法的“三變”“三不變”可得底面平面圖，然后可解.【詳解】由斜二測畫法的“三變”“三不變”可得底面平面圖如圖所示，其中，所以，所以此三棱柱的表面積為.故選：C5、D【解析】A利用奇偶性定義判斷；B根據函數的單調性，列出分段函數在分段區間的界點上函數值的不等關系求參數范圍即可；C利用函數單調性求解集；D將問題轉化為與直線的交點個數求參數a的范圍.【詳解】由題設，當時有，則；當時有，則，故是奇函數，A正確因為在定義域上單調遞減，所以，得a≤－4或a≥－1，B正確當a≥－1時，在定義域上單調遞減，由，得：x＞－1且x≠0，C正確的零點個數即為與直線的交點個數，由題意得，解得－3＜a＜-5+172，D錯誤故選：D6、A【解析】由函數的奇偶性質可知函數為偶函數，再結合時函數的符號即可得答案.【詳解】解：由題知函數的定義域為，關于原點對稱，，所以函數為偶函數，其圖像關于軸對稱，故排除B，D，當時，，故排除C，得A為正確選項.故選：A7、A【解析】根據函數的圖象，求出A，和的值，得到函數的解析式，即可得到結論【詳解】由圖象知，，則，所以，即，由五點對應法，得，即，即，故選A【點睛】本題主要考查了由三角函數的圖象求解函數的解析式，其中解答中根據條件求出A，和的值是解決本題的關鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題.8、D【解析】根據誘導公式以及特殊角的三角函數值，即可容易求得結果.【詳解】因為.故選：D.9、C【解析】根據自變量所在的范圍先求出，然后再求出【詳解】由題意得，∴故選C【點睛】根據分段函數的解析式求函數值時，首先要分清自變量所屬的范圍，然后再代入解析式后可得結果，屬于基礎題10、B【解析】將函數的圖象向左平移個單位后所得圖象對應的的解析式為；再將圖象上各點縱坐標不變，橫坐標變為原來的，所得圖象對應的解析式為．選B二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、##0.8【解析】利用同角三角函數的基本關系，將弦化切再代入求值【詳解】解：，則，故答案為：12、①.②.【解析】先畫出分段函數的圖像，依據圖像得到之間的關系式以及之間的關系式，分別把和轉化成只有一個自變量的代數式，再去求取值范圍即可.【詳解】做出函數的圖像如下：在單調遞減：最小值0；在單調遞增：最小值0，最大值2；在上是部分余弦型曲線：最小值，最大值2.若方程有4個不同的解：，則不妨設四個解依次增大，則是方程的解，則，即；是方程的解，則由余弦型函數的對稱性可知.故，由得即當時，單調遞減，則故答案為：①；②13、①⑤【解析】對于①函數，則=，所以函數是偶函數；故①對；對于②若向量的夾角為，根據數量積定義可得，此時的向量應該為非零向量；故②錯；對于③=，所以與軸正方向的夾角的余弦值是-；故③錯；對于④終邊在軸上的角的集合是；故④錯；對于⑤把函數的圖像向右平移得到，故⑤對；對于⑥函數=在上是增函數.故⑥錯；故答案為①⑤.14、－8【解析】答案：－8.解析：根據正弦值為負數，判斷角在第三、四象限，再加上橫坐標為正，斷定該角為第四象限角．15、4【解析】由題意可知定點A（1,1）,所以m+n=1,因為,所以,當時，的最小值為4.16、①.0.005（或）②.126.5（或126.5分）【解析】根據頻率分布直方圖的性質得到參數值，進而求得平均值.詳解】由頻率分布直方圖可得：，∴；該班的數學成績平均值為.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）函數的最小正周期為，最大值為；（2）；（3）.【解析】（1）利用三角恒等變換思想化簡函數的解析式為，利用正弦型函數的周期公式可求得函數的最小正周期，利用正弦函數的有界性可求得函數的最大值；（2）求出的取值范圍，由可得出，可得出，進而可求得角的值；（3）令，由可求得，由可得出，問題轉化為直線與函數在上的圖象有兩個交點，數形結合可得出關于實數的不等式，由此可解得實數的取值范圍.【詳解】（1），所以，函數的最小正周期為，最大值為；（2），則，，可得，，解得；（3）當時，，令，則.由可得，即，即，所以，直線與曲線在上的圖象有兩個交點，如下圖所示：由上圖可知，當時，即當時，直線與曲線在上的圖象有兩個交點，因此，實數的取值范圍是.【點睛】通過求所求角的某種三角函數值來求角，關鍵點在選取函數，常遵照以下原則：①已知正切函數值，選正切函數；②已知正、余弦函數值，選正弦或余弦函數；若角的范圍是，選正、余弦皆可；若角的范圍是，選余弦較好；若角的范圍為，選正弦較好18、（1）；（2）.【解析】（1）由函數的最值求得振幅A，利用周期公式求得，根據五點法求，進而求得解析式；（2）依據正弦函數單調區間，列出不等式，解之即可得到函數的單調遞增區間【詳解】（1）在內函數只取到一個最大值和一個最小值，當時，；當時，，則，函數的最小正周期，則由，可得，則此函數的解析式；（2）由，可得，則函數的單調遞增區間為19、（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【解析】（Ⅰ）當時，利用對數函數的單調性，直接解不等式即可；（Ⅱ）化簡關于的方程，通過分離變量推出的表達式，通過解集中恰有一個元素，利用二次函數的性質，即可求的取值范圍；（Ⅲ）在上單調遞減利用復合函數的單調性求解函數的最值，令，化簡不等式，轉化求解不等式的最大值，然后推出的范圍.【詳解】（Ⅰ）當時，，∴，整理得，解得．所以原不等式的解集為.（Ⅱ）方程，即為，∴，∴，令，則，由題意得方程在上只有一解,令,,轉化為函數與的圖象在上只有一個交點.則分別作出函數與的圖象，如圖所示結合圖象可得，當或時，直線y=a和的圖象只有一個公共點，即方程只有一個解所以實數范圍為.（Ⅲ）因為函數在上單調遞減，所以函數定義域內單調遞減，所以函數在區間上的最大值為，最小值為，所以由題意得，所以恒成立，令，所以恒成立，因為在上單調遞增，所以∴，解得，又，∴所以實數的取值范圍是.【點睛】解答此類題時注意以下幾點：（1）對于復合函數的單調性，可根據“同增異減”的方法進行判斷；（2）已知方程根的個數（函數零點的個數）求參數范圍時，可通過解方程的方法求解，對于無法解方程的，可通過分離、構造函數的方法轉化為函數圖象公共點個數的問題處理（3）解不等式的恒成立問題時，通常采取分離參數的方法，將問題轉化為求函數的最值的問題20、（1）（2）或.【解析】(1)根據題意設，利用求出值即可；(2)根據為二次函數，討論對稱軸與的關系，可得函數最大值，即可求出m.【詳解】（1）∵一次函數是上的增函數，∴設，，∴，解得或（不合題意舍去），∴.（2）由（1）得，①當，即時，，解得，符合題意；②當，即時，，解得，符合題意.由①②可得或.【點睛】本題主要考查了函數解析式的應用以及二次函數的圖象與性質的應用問題，屬于中檔題.21、（1）（2）【解析】（1）當時，，求