四川省仁壽縣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．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在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、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，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．已知函數的圖像如圖所示，則函數與在同一坐標系中的圖像是（）A. B.C. D.2．已知函數的定義域和值域都是，則（）A. B.C.1 D.3．計算：的值為A. B.C. D.4．已知向量，若與垂直，則的值等于A. B.C.6 D.25．已知函數，則下列結論正確的是（）A.B.的值域為C.在上單調遞減D.的圖象關于點對稱6．為了抗擊新型冠狀病毒肺炎，保障師生安全，學校決定每天對教室進行消毒工作，已知藥物釋放過程中，室內空氣中含藥量y()與時間t(h)成正比()；藥物釋放完畢后，y與t的函數關系式為(a為常數，)，據測定，當空氣中每立方米的含藥量降低到0.5()以下時，學生方可進教室，則學校應安排工作人員至少提前（）分鐘進行消毒工作A.25 B.30C.45 D.607．下列函數中與是同一函數的是（）（1）（2）（3）（4）（5）A.（1）（2） B.（2）（3）C.（2）（4） D.（3）（5）8．已知函數，，則函數的值域為（）A B.C. D.9．已知、是兩條不同的直線，、是兩個不同的平面，給出下列命題：①若，，則；②若，，且，則；③若，，則；④若，，且，則其中正確命題的序號是（）A.②③ B.①④C.②④ D.①③10．如圖，在平面內放置兩個相同的直角三角板，其中，且三點共線，則下列結論不成立的是A. B.C.與共線 D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數的零點依次為a，b，c，則＝________12．已知冪函數在上單調遞減，則___________.13．關于函數f（x）=有如下四個命題：①f（x）的圖象關于y軸對稱②f（x）的圖象關于原點對稱③f（x）的圖象關于直線x=對稱④f（x）的最小值為2其中所有真命題的序號是__________14．已知角的終邊過點，則__________15．若函數在上單調遞增，則的取值范圍是__________16．已知角的終邊上有一點，則________.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．已知全集，集合，（1）求，；（2）若，，求實數m的取值范圍.18．如圖，在平面直角坐標系中，點為單位圓與軸正半軸的交點，點為單位圓上的一點，且，點沿單位圓按逆時針方向旋轉角后到點.（1）當時，求的值；（2）設，求的取值范圍.19．已知函數.(1)當時，求方程的解；(2)若，不等式恒成立，求的取值范圍.20．已知函數.（1）當時，求函數的值域；（2）若函數的值域為R，求實數取值范圍.21．已知集合且（1）若，求的值;（2）若，求實數組成的集合

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、B【解析】由函數的圖象可得，函數的圖象過點，分別代入函數式，，解得，函數與都是增函數，只有選項符合題意，故選B.【方法點晴】本題通過對多個圖象的選擇考查函數的圖象與性質，屬于中檔題.這類題型也是近年高考常見的命題方向，該題型的特點是綜合性較強較強、考查知識點較多，但是并不是無路可循.解答這類題型可以從多方面入手，根據函數的定義域、值域、單調性、奇偶性、特殊點以及時函數圖象的變化趨勢，利用排除法，將不合題意的選項一一排除.2、A【解析】分和，利用指數函數的單調性列方程組求解.【詳解】當時，，方程組無解當時，，解得故選：A.3、A【解析】運用指數對數運算法則.【詳解】.故選:A.【點睛】本題考查指數對數運算，是簡單題.4、B【解析】，所以，則，故選B5、C【解析】利用分段函數化簡函數解析式，再利用函數圖像和性質，從而得出結論.【詳解】故函數的周期為，即，故排除A,顯然函數的值域為，故排除B,在上，函數為單調遞減，故C正確，根據函數的圖像特征，可知圖像不關于點對稱，故排除D.故選：C.【點睛】本題解題時主要利用分段函數化簡函數的解析式，在化簡的過程中注意函數的定義域，以及充分利用函數的圖像和性質解題.6、C【解析】計算函數解析式，取計算得到答案.【詳解】∵函數圖像過點，∴，當時，取，解得小時分鐘，所以學校應安排工作人員至少提前45分鐘進行消毒工作.故選：C.7、C【解析】將5個函數的解析式化簡后，根據相等函數的判定方法分析，即可得出結果.【詳解】（1）與定義域相同，對應關系不同，不是同一函數；（2）與的定義域相同，對應關系一致，是同一函數；（3）與定義與相同，對應關系不同，不是同一函數；（4）與定義相同，對應關系一致，是同一函數；（5）與對應關系不同，不是同一函數；故選：C.8、B【解析】先判斷函數的單調性，再利用單調性求解.【詳解】因為，在上都是增函數，由復合函數的單調性知：函數，在上為增函數，所以函數的值域為，故選：B9、A【解析】對于①當，時，不一定成立；對于②可以看成是平面的法向量，是平面的法向量即可；對于③可由面面垂直的判斷定理作出判斷；對于④，也可能相交【詳解】①當，時，不一定成立，m可能在平面所以錯誤；②利用當兩個平面的法向量互相垂直時，這兩個平面垂直，故成立；③因為，則一定存在直線在，使得，又可得出，由面面垂直的判定定理知，，故成立；④，，且，，也可能相交，如圖所示，所以錯誤，故選A【點睛】本題以命題的真假判斷為載體考查了空間直線與平面的位置關系，熟練掌握空間線面關系的判定及幾何特征是解答的關鍵10、D【解析】設BC=DE=m，∵∠A=30°，且B，C，D三點共線，則CD═AB=m，AC=EC=2m，∴∠ACB=∠CED=60°，∠ACE=90°，,故A、B、C成立；而，，即不成立，故選D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】根據對稱性得出，再由得出答案.【詳解】因為函數與的圖象關于對稱，函數的圖象關于對稱，所以，又，所以.故答案為：12、【解析】由系數為1解出的值，再由單調性確定結論【詳解】由題意，解得或，若，則函數為，在上遞增，不合題意若，則函數為，滿足題意故答案為：13、②③【解析】利用特殊值法可判斷命題①的正誤；利用函數奇偶性的定義可判斷命題②的正誤；利用對稱性的定義可判斷命題③的正誤；取可判斷命題④的正誤.綜合可得出結論.【詳解】對于命題①，，，則，所以，函數的圖象不關于軸對稱，命題①錯誤；對于命題②，函數的定義域為，定義域關于原點對稱，，所以，函數的圖象關于原點對稱，命題②正確；對于命題③，，，則，所以，函數的圖象關于直線對稱，命題③正確；對于命題④，當時，，則，命題④錯誤.故答案為：②③.【點睛】本題考查正弦型函數的奇偶性、對稱性以及最值的求解，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.第ⅠⅠ卷14、【解析】∵角的終邊過點（3，-4），∴x=3，y=-4，r=5，∴cos=故答案為15、【解析】由題意根據函數在區間上為增函數及分段函數的特征，可求得的取值范圍【詳解】∵函數在上單調遞增，∴函數在區間上為增函數，∴，解得，∴實數的取值范圍是故答案為【點睛】解答此類問題時要注意兩點：一是根據函數在上單調遞增得到在定義域的每一個區間上函數都要遞增；二是要注意在分界點處的函數值的大小，這一點容易忽視，屬于中檔題16、【解析】直接根據任意角的三角函數的定義計算可得；【詳解】解：因為角的終邊上有一點，則所以，所以故答案為：【點睛】考查任意角三角函數的定義的應用，考查計算能力，屬于基礎題三、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），或（2）【解析】（1）首先解指數不等式求出集合，再根據交集、并集、補集的定義計算可得；（2）依題意可得，即可得到不等式，解得即可；小問1詳解】解：由，即，解得，所以，又，所以，或，所以或；【小問2詳解】解：因為，所以，所以，解得，即；18、（1）（2）【解析】（1）根據三角函數的定義結合二倍角的正弦公式、誘導公式化簡可得的值；（2）利用輔助角公式可得，結合角的取值范圍可求得的取值范圍.【小問1詳解】解：由三角函數的定義，可得，當時，，即，，【小問2詳解】解：，，，所以，，，則，則，即的取值范圍為.19、（1）或；（2）【解析】（1）由題意可得，由指數方程的解法即可得到所求解；（2）由題意可得，設，，，可得，即有，由對勾函數的單調性可不等式右邊的最大值，進而得到所求范圍【詳解】（1）方程，即為，即有，所以或，解得或；（2）若，不等式恒成立可得，即，設，，可得，即有，由在遞增，可得時取得最大值，即有【點睛】本題考查指數方程的解法和不等式恒成立問題的解法，注意運用換元法和參數分離法，結合對勾函數的單調性，考查運算能力和推理能力，屬于中檔題20、（1）；（2）.【解析】（1）當時，，利用二次函數的性質求出真數部分的范圍，根據對數函數的單調性可求出值域；（2）的值域為