2023-2024學年湖北省宜昌市秭歸縣二中高一數學第一學期期末考試試題含解析

2023-2024學年湖北省宜昌市秭歸縣二中高一數學第一學期期末考試試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1．函數，的值域為（）A. B.C. D.2．命題“”的否定為A. B.C. D.3．如圖，已知的直觀圖是一個直角邊長是1的等腰直角三角形，那么的面積是A. B.C.1 D.4．不等式的解集是（）A.或 B.或C. D.5．如果AB>0,BC>0，那么直線Ax－By－C＝0不經過的象限是A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限6．設，且，則（）A. B.C. D.7．函數在的圖象大致為A. B.C. D.8．設，則a，b，c的大小關系是A. B.C. D.9．已知函數，則（）A.3 B.2C.1 D.010．下列命題中正確的是（）A.第一象限角小于第二象限角 B.銳角一定是第一象限角C.第二象限角是鈍角 D.平角大于第二象限角11．函數的減區(qū)間為（）A. B.C. D.12．函數在單調遞增，且為奇函數，若，則滿足的的取值范圍是A. B.C. D.二、填空題（本大題共4小題，共20分）13．不等式的解集為_________________.14．若點在角終邊上，則的值為_____15．寫出一個同時具有下列三個性質函數：________.①；②在上單調遞增；③.16．已知，且，寫出一個滿足條件的的值：______.三、解答題（本大題共6小題，共70分）17．已知在第一象限，若，，，求：（1）邊所在直線的方程；18．已知方程（1）若方程表示一條直線，求實數的取值范圍；（2）若方程表示的直線的斜率不存在，求實數的值，并求出此時的直線方程；（3）若方程表示的直線在軸上的截距為，求實數的值；（4）若方程表示的直線的傾斜角是45°，求實數的值19．已知集合，，若“”是“”的充分不必要條件，求實數a的取值范圍.20．定義在上的函數滿足對于任意實數，都有，且當時，，（1）判斷的奇偶性并證明；（2）判斷的單調性，并求當時，的最大值及最小值；（3）解關于的不等式.21．如圖所示，在中，已知，,.（1）求的模；（2）若，，求的值.22．已知函數是定義在R上的奇函數，且當時，.（1）求函數的解析式；（2）若函數在區(qū)間上單調遞增，求實數的取值范圍.

參考答案一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1、A【解析】首先由的取值范圍求出的取值范圍，再根據正切函數的性質計算可得；【詳解】解：因為，所以因為在上單調遞增，所以即故選：A2、D【解析】根據命題的否定的定義寫出結論，注意存在量詞與全稱量詞的互換【詳解】命題“”的否定為“”故選D【點睛】本題考查命題的否定，解題時一定注意存在量詞與全稱量詞的互換3、D【解析】根據斜二測畫法的基本原理，將平面直觀圖與還原為原幾何圖形，利用三角形面積公式可得結果.【詳解】平面直觀圖與其原圖形如圖，直觀圖是直角邊長為的等腰直角三角形，還原回原圖形后，邊還原為長度不變，仍為，直觀圖中的在原圖形中還原為長度，且長度為，所以原圖形的面積為，故選D.【點睛】本題主要考查直觀圖還原幾何圖形，屬于簡單題.利用斜二測畫法作直觀圖，主要注意兩點：一是與軸平行的線段仍然與與軸平行且相等；二是與軸平行的線段仍然與軸平行且長度減半.4、A【解析】把不等式左邊的二次三項式因式分解后求出二次不等式對應方程的兩根，利用二次不等式的解法可求得結果【詳解】由，得，解得或所以原不等式的解集為或故選：A5、B【解析】斜率為，截距，故不過第二象限.考點：直線方程.6、D【解析】根據同角三角函數的基本關系，兩角和的正弦公式，即可得到答案；詳解】，，，，故選：D7、C【解析】當時,,去掉D;當時,,去掉B;因為，所以去A，選C.點睛：(1)運用函數圖象解決問題時，先要正確理解和把握函數圖象本身的含義及其表示的內容，熟悉圖象所能夠表達的函數的性質.(2)在研究函數性質特別是單調性、最值、零點時，要注意用好其與圖象的關系，結合圖象研究.8、D【解析】運用對數函數、指數函數的單調性，利用中間值法進行比較即可.【詳解】，因此可得.故選：D【點睛】本題考查了對數式、指數式之間的大小比較問題，考查了對數函數、指數函數的單調性，考查了中間值比較法，屬于基礎題.9、B【解析】先求值，再計算即可.【詳解】，，故選：B點睛】本題主要考查了分段函數求函數值，屬于基礎題.10、B【解析】根據象限角的定義及銳角、鈍角及平角的大小逐一分析判斷即可得解.【詳解】解：為第一象限角，為第二象限角，故A錯誤；因為銳角，所以銳角一定是第一象限角，故B正確；因為鈍角，平角，為第二象限角，故CD錯誤.故選：B.11、D【解析】先氣的函數的定義域為，結合二次函數性質和復合函數的單調性的判定方法，即可求解.【詳解】由題意，函數有意義，則滿足，即，解得，即函數的定義域為，令，可得其開口向下，對稱軸的方程為，所以函數在區(qū)間單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，根據復合函數的單調性，可得函數在上單調遞減，即的減區(qū)間為.故選：D.12、D【解析】是奇函數，故；又是增函數，，即則有，解得，故選D.【點睛】解本題的關鍵是利用轉化化歸思想，結合奇函數的性質將問題轉化為，再利用單調性繼續(xù)轉化為，從而求得正解.二、填空題（本大題共4小題，共20分）13、或.【解析】利用一元二次不等式的求解方法進行求解.【詳解】因為，所以，所以或，所以不等式的解集為或.故答案為：或.14、5【解析】由三角函數定義得15、或其他【解析】找出一個同時具有三個性質的函數即可.【詳解】例如，是單調遞增函數，，滿足三個條件.故答案為：.（答案不唯一）16、0（答案不唯一）【解析】利用特殊角的三角函數值求解的值.【詳解】因為，所以，，則，或，，同時滿足即可.故答案為：0三、解答題（本大題共6小題，共70分）17、（1）；（2）或.【解析】（1）直接寫出直線方程得解；（2）求出直線的斜率即得解.小問1詳解】解：因為，，所以直線所在直線方程為.【小問2詳解】解：當點在直線上方時，由題得直線的斜率為，所以邊所在直線點斜式方程為；當點在直線下方時，由題得直線的斜率為，所以邊所在直線的點斜式方程為.綜合得直線的方程為或.18、（1）；（2）；；（3）；（4）.【解析】（1）先令，的系數同時為零時得到，即得時方程表示一條直線；（2）由（1）知時的系數為零，方程表示的直線的斜率不存在，即得結果；（3）由（1）知的系數同為零時，直線在軸上的截距存在，解得截距構建關系，即解得參數m；（4）由（1）知，的系數為零時，直線的斜率存在，解得斜率構建關系式，解得參數m.【詳解】解：（1）當，的系數不同時為零時，方程表示一條直線令，解得或；令，解得或所以，的系數同時為零時，故若方程表示一條直線，則，即實數的取值范圍為；（2）由（1）知當時，，方程表示的直線的斜率不存在，此時直線方程為；（3）易知且時，直線在軸上的截距存在.依題意，令，得直線在軸上的截距，解得所以實數的值為；（4）易知且時，直線的斜率存在，方程即，故斜率為.因為直線的傾斜角是45°，所以斜率為1，所以，解得所以實數的值為19、【解析】根據給定條件可得AB，再借助集合的包含關系列式計算作答.【詳解】因“”是“”的充分不必要條件，于是得AB，而集合，，因此，或，解得或，即有，所以實數a的取值范圍為.20、（1）奇函數，證明見解析；（2）在上是減函數．最大值為6，最小值為-6；（3）答案不唯一，見解析【解析】（1）令，求出，再令，由奇偶性的定義，即可判斷；（2）任取，則．由已知得，再由奇函數的定義和已知即可判斷單調性，由，得到，，再由單調性即可得到最值；（3）將原不等式轉化為，再由單調性，即得，即，再對b討論，分，，，，共5種情況分別求出它們的解集即可.【詳解】（1）令，則，即有，再令，得，則，故為奇函數；（2）任取，則．由已知得，則，∴，∴在上是減函數由于，則，，．由在上是減函數，得到當時，的最大值為，最小值為；（3）不等式，即為.即，即有，由于在上是減函數，則，即為，即有，當時，得解集為；當時，即有，①時，，此時解集為，②當時，，此時解集為，當時，即有，①當時，，此時解集為，②當時，，此時解集為【點睛】本題考查抽象函數的基本性質和不等式問題，常用賦值法探索抽象函數的性質，本題第三小問利用函數性質將不等式轉化為含參的一元二次不等式的求解問題，著重考查分類討論思想，屬難題.21、(1)(2)【解析】（1）根據向量數量積定義可得，再根據向量加法幾何意義以及模性質可得結果（2）先根據向量加減法則將化為，再根據向量數量積定義求值試題解析：（1）=