2024屆上海市上海中學東校區(qū)高一上數學期末統考試題含解析

2024屆上海市上海中學東校區(qū)高一上數學期末統考試題考生須知：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，函數有四個不同的的零點，，，，且，則（）A.a的取值范圍是(0,) B.的取值范圍是(0,1)C. D.2．給定函數①；②；③；④，其中在區(qū)間上單調遞減的函數的序號是（）A.①② B.②③C.③④ D.①④3．在內，不等式解集是（）A. B.C. D.4．設是兩條不同的直線，是三個不同的平面，給出下列四個命題：①若，，則；②若，，，則；③若，，則；④若，，則.其中正確命題的序號是A.① B.②和③C.③和④ D.①和④5．借助信息技術畫出函數和（a為實數）的圖象，當時圖象如圖所示，則函數的零點個數為（）A.3 B.2C.1 D.06．向量“，不共線”是“|+|<||+||”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件7．函數y＝的單調增區(qū)間為A.（-，） B.（，+）C.(－1，] D.[，4）8．若將函數的圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的一半（縱坐標不變），再將所得圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象，則下列說法正確的是（）A.的最小正周期為 B.在區(qū)間上單調遞減C.圖象的一條對稱軸為直線 D.圖象的一個對稱中心為9．已知向量，，且，那么（）A.2 B.-2C.6 D.-610．已知，則的最大值為（）A. B.C.0 D.2二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數的圖象經過定點，若為正整數，那么使得不等式在區(qū)間上有解的的最大值是__________.12．化簡求值（1）化簡（2）已知：，求值13．____.14．已知函數在上單調遞增，則實數a的取值范圍為____.15．若，則____________.16．過點且在軸，軸上截距相等的直線的方程為___________.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．已知直線經過點和點.（Ⅰ）求直線的方程；（Ⅱ）若圓的圓心在直線上，并且與軸相切于點，求圓的方程18．已知二次函數滿足對任意，都有；；的圖象與軸的兩個交點之間的距離為.（1）求的解析式；（2）記，（i）若為單調函數，求的取值范圍；（ii）記的最小值為，若方程有兩個不等的根，求的取值范圍.19．已知函數=.（1）求的最小正周期；（2）求的單調遞增區(qū)間；（3）當x，求函數的值域.20．已知不等式的解集是（1）若且，求的取值范圍；（2）若，求不等式的解集21．已知函數的圖象關于原點對稱，且當時，（1）試求在R上的解析式；（2）畫出函數的圖象，根據圖象寫出它的單調區(qū)間.

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、D【解題分析】將問題轉化為與有四個不同的交點，應用數形結合思想判斷各交點橫坐標的范圍及數量關系，即可判斷各選項的正誤.【題目詳解】有四個不同的零點、、、，即有四個不同的解的圖象如下圖示，由圖知：，所以，即的取值范圍是(0,＋∞)由二次函數的對稱性得：，因為，即，故故選：D【題目點撥】關鍵點點睛：將零點問題轉化為函數交點問題，應用數形結合判斷交點橫坐標的范圍或數量關系.第II卷2、B【解題分析】根據指對冪函數性質依次判斷即可得答案.【題目詳解】解：對于①，在上單調遞增；對于②，在上單調遞減；對于③，時，在上單調遞減；對于④，在上單調遞增；故在區(qū)間上單調遞減的函數的序號是②③故選：B3、C【解題分析】根據正弦函數的圖象和性質，即可得到結論【題目詳解】解：在[0，2π]內，若sinx，則x，即不等式的解集為（，），故選：C【題目點撥】本題主要考查利用三角函數的圖象與性質解不等式，考查數形結合的思想，屬于基礎題4、A【解題分析】結合直線與平面垂直的性質和平行判定以及平面與平面的位置關系，逐項分析，即可.【題目詳解】①選項成立，結合直線與平面垂直的性質，即可；②選項，m可能屬于，故錯誤；③選項，m,n可能異面，故錯誤；④選項，該兩平面可能相交，故錯誤，故選A.【題目點撥】本題考查了直線與平面垂直的性質，考查了平面與平面的位置關系，難度中等.5、B【解題分析】由轉化為與的圖象交點個數來確定正確選項.【題目詳解】令，，所以函數的零點個數即與的圖象交點個數，結合圖象可知與的圖象有個交點，所以函數有個零點.故選：B6、A【解題分析】利用向量的線性運算的幾何表示及充分條件，必要條件的概念即得.【題目詳解】當向量“，不共線”時，由向量三角形的性質可得“|+|<||+||”成立，即充分性成立，當“，方向相反”時，滿足“|+|<||+||”，但此時兩個向量共線，即必要性不成立，故向量“，不共線”是“|+|<||+||”的充分不必要條件.故選：A.7、C【解題分析】令，，（）在為增函數，在上是增函數，在上是減函數；根據復合函數單調性判斷方法“同增異減”可知，函數y＝的單調增區(qū)間為選C.【題目點撥】有關復合函數的單調性要求根據“同增異減”的法則去判斷，但在研究函數的單調性時，務必要注意函數的定義域，特別是含參數的函數單調性問題，注意對參數進行討論，指、對數問題針對底數a討論兩種情況，分0<a<1和a>1兩種情況，既要保證函數的單調性，又要保證真數大于零.8、D【解題分析】根據題意函數的圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的一半（縱坐標不變），再將所得圖象向左平移個單位長度，得到函數，即可求出最小正周期，把看成是整體，分別求的單調遞減區(qū)間、對稱軸、對稱中心，在分別驗證選項即可得到答案.【題目詳解】由于函數的圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的一半（縱坐標不變），故函數的解析式為，再將所得圖象向左平移個單位長度，.，故A錯誤；的單調減區(qū)間為，故在區(qū)間內不單調遞減；圖象的對稱軸為，不存在使得圖象的一條對稱軸為直線，故C錯誤；圖象的對稱中心的橫坐標為，當時，圖象的一個對稱中心為，故D正確.故選：D.9、B【解題分析】根據向量共線的坐標表示，列出關于m的方程，解得答案.【題目詳解】由向量，，且，可得:,故選：B10、C【解題分析】把所求代數式變形，轉化成，再對其中部分以基本不等式求最值即可解決.【題目詳解】時，（當且僅當時等號成立）則，即的最大值為0.故選：C二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】由可得出，由已知不等式結合參變量分離法可得出，令，求出函數在上的最大值，即可得出實數的取值范圍，即可得解.【題目詳解】由已知可得，則，解得，故，由得，因為，則，可得，令，，則函數在上單調遞減，所以，，.因此，正整數的最大值為.故答案：.12、（1）（2）【解題分析】（1）利用誘導公式化簡即可；（2）先進行弦化切，把代入即可求解.【小問1詳解】.【小問2詳解】因為，所以.所以.又，所以.13、.【解題分析】本題直接運算即可得到答案.【題目詳解】解：，故答案為：.【題目點撥】本題考查指數冪的運算、對數的運算，是基礎題.14、【解題分析】由題意，利用復合函數的單調性，對數函數、二次函數的性質，求得的范圍【題目詳解】解：函數在上單調遞增，函數在上單調遞增，且，，解得，即，故答案：15、##0.6【解題分析】，根據三角函數誘導公式即可求解.【題目詳解】＝.故答案為：.16、或【解題分析】當直線不過原點時設截距式方程；當直線過原點時設,分別將點代入即可【題目詳解】由題,當直線不過原點時設,則,所以,則直線方程為,即；當直線過原點時設,則,所以,則直線方程為,即,故答案為:或【題目點撥】本題考查求直線方程,考查截距式方程的應用,截距相同的直線問題,需注意過原點的情況三、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、（Ⅰ）x﹣y﹣1=0；（Ⅱ）（x+2）2+（y﹣3）2=4【解題分析】（Ⅰ）由兩點式，可得直線l的方程；（Ⅱ）利用圓C的圓心在直線l上，且與y軸相切于點，確定圓心坐標與半徑，即可求圓C的方程試題解析：（Ⅰ）由已知，直線的斜率，所以，直線的方程為.（Ⅱ）因為圓的圓心在直線上，可設圓心坐標為，因為圓與軸相切于點，所以圓心在直線上.所以.所以圓心坐標為，半徑為4.所以，圓的方程為.考點：直線、圓的方程18、（1）；（2）（i）；（ii）或.【解題分析】（1）根據二次函數的對稱軸、求參數a、b、c，寫出的解析式；（2）（i）利用二次函數的性質，結合的區(qū)間單調性求的取值范圍；（ii）討論、、，結合二次函數的性質求最小值的表達式，再令并應用數形結合的方法研究的零點情況求的取值范圍.【題目詳解】（1）設由題意知：對稱軸，，又，則，，設的兩根為，，則，，由已知：，解得.（2）（i），其對稱軸為為單調函數，或，解得或.的取值范圍是.（ii），，對稱軸①當，即時，區(qū)間單調遞增，.②當，即時，在區(qū)間單調遞減，③當，即時，，函數零點即為方程的根令，即，作出的簡圖如圖所示①當時，，或，解得或，有個零點；②當時，有唯一解，解得，有個零點；③當時，有兩個不同解，，解得或，有4個零點；④當時，，，解得，有個零點；⑤當時，無解，無零點綜上：當或時，有個零點.【題目點撥】關鍵點點睛：第二問，（i）分類討論并結合二次函數區(qū)間單調性求參數范圍，（ii）分類討論求最小值的表達式，再應用換元法及數形結合求參數范圍.19、（1）；（2）；（3）.【解題分析】（1）根據正弦型函數周期的計算公式，即可求得函數的最小正周期；（2）令，即可求得函數的單調遞增區(qū)間；（3）由求得，結合正弦函數的性質求得其的最值，即可得到函數的值域.【小問1詳解】由解析式可知：最小正周期為.【小問2詳解】由解析式，令，解得，∴的單調遞增區(qū)間為.【小問3詳解】當，可得，結合正弦型函數的性質得：當時，即時，函數取得最大值，最大值為；當時，即時，函數取得最小值，最小值為，∴函數的值域為.20、（1）（2）【解題分析】（1）根據且知道滿足不等式，不滿足不等式，解出即可得出答案（2）根據知道是方程的兩個根，利用韋達定理求出a值，再帶入不等式，解出不等式即可【題目詳解】（1）（2）∵，∴是方程的兩個根，∴由韋達定理得解得∴不等式即為：其解集為【題目點撥】本題考查元素與集