天津市塘沽濱海中學2023-2024學年高一數學第一學期期末含解析_第1頁
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文檔簡介

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

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