天津市塘沽濱海中學2023-2024學年高一數學第一學期期末注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．指數函數在R上單調遞減，則實數a的取值范圍是（）A. B.C. D.2．已知點落在角的終邊上，且∈[0，2π)，則的值為（）A B.C. D.3．某幾何體的三視圖如圖所示（圖中小正方形網格的邊長為），則該幾何體的體積是A. B.C. D.4．，則（）A.64 B.125C.256 D.6255．已知冪函數的圖象過點，則的值為（）A. B.1C.2 D.46．已知函數的上單調遞減，則的取值范圍是（）A. B.C. D.7．對于空間兩不同的直線，兩不同的平面，有下列推理：（1），（2），（3）（4），（5）其中推理正確的序號為A.（1）（3）（4） B.（2）（3）（5）C.（4）（5） D.（2）（3）（4）（5）8．關于函數，下列說法正確的是（）A.最小值為0 B.函數為奇函數C.函數是周期為周期函數 D.函數在區間上單調遞減9．已知且點在的延長線上，，則的坐標為（）A. B.C. D.10．4×100米接力賽是田徑運動中的集體項目.一根小小的木棒，要四個人共同打造一個信念，一起拼搏，每次交接都是信任的傳遞.甲、乙、丙、丁四位同學將代表高一年級參加校運會4×100米接力賽，教練組根據訓練情況，安排了四人的交接棒組合.已知該組合三次交接棒失誤的概率分別是p1，p2，A.p1pC.1-p111．已知角的終邊經過點，則A. B.C. D.12．函數在單調遞減，且為奇函數.若，則滿足的的取值范圍是（）.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．函數定義域為___________14．已知，，，則，，的大小關系是______．（用“”連接）15．若關于的不等式的解集為，則實數__________16．計算：=_______________.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．已知函數，其中m為常數，且（1）求m的值；（2）用定義法證明在R上是減函數18．已知關于的函數.（1）若，求在上的值域;（2）存在唯一的實數，使得函數關于點對稱，求的取值范圍.19．已知函數.（1）求函數最大值及相應的的值；（2）求函數的單調增區間.20．已知()，求：（1）；（2）.21．已知角的終邊經過點，求下列各式的值：（1）；（2）22．已知函數.（1）求函數的最大值及相應的取值；（2）方程在上有且只有一個解，求實數的取值范圍；（3）是否存在實數滿足對任意，都存在，使成立.若存在，求的取值范圍；若不存在，說明理由.

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】由已知條件結合指數函數的性質列不等式求解即可【詳解】因為指數函數在R上單調遞減，所以，得，所以實數a的取值范圍是，故選：D2、D【解析】由點的坐標可知是第四象限的角，再由可得的值【詳解】由知角是第四象限的角，∵，θ∈[0，2π)，∴.故選：D【點睛】此題考查同角三角函數的關系,考查三角函數的定義,屬于基礎題3、A【解析】利用已知條件，畫出幾何體的直觀圖，利用三視圖的數據求解幾何體的體積即可【詳解】由題意可知幾何體的直觀圖如圖：是直四棱柱，底面是直角梯形，上底為：1，下底為2，高為2，棱柱的高為2，幾何體的體積為：V6故選A【點睛】本題考查幾何體的直觀圖與三視圖的關系，考查空間想象能力以及計算能力4、D【解析】根據對數的運算及性質化簡求解即可.【詳解】，，，故選：D5、C【解析】設出冪函數的解析式，利用給定點求出解析式即可計算作答.【詳解】依題意，設，則有，解得，于得，所以.故選：C6、C【解析】利用二次函數的圖象與性質得，二次函數f（x）在其對稱軸左側的圖象下降，由此得到關于a的不等關系，從而得到實數a的取值范圍【詳解】當時，，顯然適合題意，當時，，解得：，綜上：的取值范圍是故選：C【點睛】本小題主要考查函數單調性的應用、二次函數的性質、不等式的解法等基礎知識，考查運算求解能力，考查數形結合思想、化歸與轉化思想．屬于基礎題7、C【解析】因為時，可以在平面內，所以（1）不正確；因為時，可以在平面內，所以（2）不正確；因為時可以在平面內，所以（3）不正確；根據線面垂直的性質定理可得，（4）正確；根據線面平行的性質及線面垂直的性質可得（5）正確，推理正確的序號為（4）（5），故選C.【方法點晴】本題主要考查線面平行的判定與性質、面面垂直的性質及線面垂直的判定與性質，屬于難題.空間直線、平面平行或垂直等位置關系命題的真假判斷，常采用畫圖（尤其是畫長方體）、現實實物判斷法（如墻角、桌面等）、排除篩選法等；另外，若原命題不太容易判斷真假，可以考慮它的逆否命題，判斷它的逆否命題真假，原命題與逆否命題等價.8、D【解析】根據三角函數的性質，得到的最小值為，可判定A不正確；根據奇偶性的定義和三角函數的奇偶性，可判定C不正確；舉例可判定C不正確；根據三角函數的單調性，可判定D正確.【詳解】由題意，函數，當時，可得，所以，當時，可得，所以，所以函數的最小值為，所以A不正確；又由，所以函數為偶函數，所以B不正確；因為，，所以，所以不是的周期，所以C不正確；當時，，，當時，，即函數在區間上單調遞減，又因為，所以函數在區間上單調遞減，所以D正確.故選：D.9、D【解析】設出點的坐標，根據列式，根據向量的坐標運算，求得點的坐標.【詳解】設，依題意得，即，故，解得，所以.故選D.【點睛】本小題主要考查平面向量共線的坐標運算，考查運算求解能力，屬于基礎題.10、C【解析】根據對立事件和獨立事件求概率的方法即可求得答案.【詳解】由題意，三次交接棒不失誤的概率分別為：1-p1,1-故選：C.11、D【解析】由任意角的三角函數定義列式求解即可.【詳解】由角終邊經過點，可得.故選D.【點睛】本題主要考查了任意角三角函數的定義，屬于基礎題.12、D【解析】由已知中函數的單調性及奇偶性，可將不等式化為，解得答案【詳解】解：由函數為奇函數，得，不等式即為，又單調遞減，所以得，即，故選：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、[0,1）【解析】要使函數有意義，需滿足，函數定義域為[0,1）考點：函數定義域14、【解析】結合指數函數、對數函數的知識確定正確答案.【詳解】，，所以故答案為：15、【解析】先由不等式的解得到對應方程的根，再利用韋達定理，結合解得參數a即可.【詳解】關于的不等式的解集為，則方程的兩根為，則，則由，得，即，故.故答案為：.16、【解析】考點：兩角和正切公式點評：本題主要考查兩角和的正切公式變形的運用，抓住和角是特殊角，是解題的關鍵.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）1；（2）證明見解析.【解析】(1)將代入函數解析式直接計算即可；(2)利用定義法直接證明函數的單調性即可.【小問1詳解】由題意得，，解得；【小問2詳解】由(1)知，，所以R，R，且，則，因為，所以，所以，故，即，所以函數在R上是減函數.18、（1）（2）【解析】（1）由，得到，結合三角函數的性質，即可求解；（2）因為，可得，結合題意列出不等式，即可求解.【小問1詳解】解：當，可得函數，因為，可得，則，所以在上值域為.【小問2詳解】解：因為，可得，因為存在唯一的實數，使得曲線關于點對稱，所以，解得，所以的取值范圍即.19、（1）時，；（2）.【解析】（1）利用倍角公式對函數進行化簡得：，進而得到函數的最大值及對應的的值;（2）將代入的單調遞增區間，即可得答案；【詳解】解：（1），當，即時，；（2）由題意得：，函數的單調增區間為.【點睛】本題考查三角恒等變換、正弦函數的最值和單調區間，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力、運算求解能力.20、（1）；（2）.【解析】（1）用誘導公式化簡已知式為，已知式平方后可求得；（2）已知式平方后減去，再考慮到就可求得.【詳解】（1）由可得，所以，所以；（2），又因為，所以，，所以.【點睛】關鍵點點睛：本題解題的關鍵是熟記誘導公式，以及，，之間的聯系即，.21、（1）；（2）【解析】（1）先求任意角的三角函數的定義求出的值，然后利用誘導公式化簡，再代值計算即可，（2）利用誘導公式化簡即可【詳解】∵角的終邊經過點，∴，，（1）原式（2）原式22、（1）2，（2）或（3）存在，【解析】（1）由三角恒等變換化簡函數，再根據正弦函數性質可求得答案；（2）將問題轉化為函數與函數在上只有一個交點.由函數的單調性和最值可求得實數的取值范圍；（3）由（1）可知，由已知得，成立，令，其對稱軸，分，，討論