湖北省黃石市育英高級中學2024屆數學高一上期末統考試題含解析

湖北省黃石市育英高級中學2024屆數學高一上期末統考試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題（本大題共10小題；在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意，請將正確選項填涂在答題卡上.）1．下列各組函數與的圖象相同的是（）A. B.C. D.2．已知，，則A. B.C. D.3．棱長為1的正方體可以在一個棱長為的正四面體的內部任意地轉動，則的最小值為A. B.C. D.4．已知函數，若對任意，總存在，使得，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.5．函數的零點所在的區(qū)間是（）A.（0，1） B.(1，2)C.(2，3) D.（3，4）6．銳角三角形的內角、滿足：，則有（）A. B.C. D.7．已知函數在區(qū)間上單調遞減，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.8．設集合，．則（）A. B.C. D.9．設集合，若，則實數（）A.0 B.1C. D.210．已知一扇形的周長為28，則該扇形面積的最大值為（）A.36 B.42C.49 D.56二、填空題（本大題共5小題，請把答案填在答題卡中相應題中橫線上）11．已知是定義在R上的奇函數，當時，，則在R上的表達式是________12．寫出一個同時滿足以下條件的函數___________；①是周期函數；②最大值為3，最小值為；③在上單調13．在內不等式的解集為__________14．若，，則等于_________.15．函數，的圖象恒過定點P，則P點的坐標是_____.三、解答題（本大題共6小題.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.）16．已知圓經過點，和直線相切.（1）求圓的方程；（2）若直線經過點，并且被圓截得的弦長為2，求直線的方程.17．已知函數.（1）求函數振幅、最小正周期、初相；（2）用“五點法”畫出函數在上的圖象18．已知是定義在上的奇函數，，當時的解析式為.（1）寫出在上的解析式；（2）求在上的最值.19．已知.（1）若，，求x的值；（2）若，求的最大值和最小值.20．已知集合.（1）當時，求；（2）若，求實數的取值范圍.21．對于定義在上的函數，如果存在實數，使得，那么稱是函數的一個不動點．已知（1）當時，求的不動點；（2）若函數有兩個不動點，，且①求實數的取值范圍；②設，求證在上至少有兩個不動點

參考答案一、選擇題（本大題共10小題；在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意，請將正確選項填涂在答題卡上.）1、B【解析】根據相等函數的定義即可得出結果.【詳解】若函數與的圖象相同則與表示同一個函數，則與的定義域和解析式相同.A：的定義域為R，的定義域為，故排除A；B：，與的定義域、解析式相同，故B正確；C：的定義域為R，的定義域為，故排除C；D：與的解析式不相同，故排除D.故選：B2、C【解析】由已知可得，故選C考點：集合的基本運算3、A【解析】由題意可知正方體的外接球為正四面體的內切球時a最小，此時R=，.4、C【解析】先將不等式轉化為對應函數最值問題：,再根據函數單調性求最值，最后解不等式得結果.【詳解】因為對任意，總存在，使得，所以,因為當且僅當時取等號,所以，因為,所以.故選：C.【點睛】對于不等式任意或存在性問題，一般轉化為對應函數最值大小關系，即；，5、B【解析】先求得函數的單調性，利用函數零點存在性定理，即可得解.【詳解】解：因為函數均為上的單調遞減函數，所以函數在上單調遞減，因為，，所以函數的零點所在的區(qū)間是.故選：B6、C【解析】根據三角恒等變換及誘導公式化簡變形即可.【詳解】將，變形為則，又，故，即，，因為內角、都為銳角，則，故，即，，所以.故選：C.7、C【解析】求出函數的定義域，由單調性求出a的范圍，再由函數在上有意義，列式計算作答.【詳解】函數定義域為，，因在，上單調，則函數在，上單調，而函數在區(qū)間上單調遞減，必有函數在上單調遞減，而在上遞增，則在上遞減，于是得，解得，由，有意義得：，解得，因此，，所以實數的取值范圍是.故選：C8、A【解析】先求得，然后求得.【詳解】.故選：A9、B【解析】可根據已知條件，先求解出的值，然后分別帶入集合A和集合B中去驗證是否滿足條件，即可完成求解.【詳解】集合，，所以，①當時，集合，此時，成立；②當時，集合，此時，不滿足題意，排除.故選：B.10、C【解析】由題意，根據扇形面積公式及二次函數的知識即可求解.【詳解】解：設扇形的半徑為R，弧長為l，由題意得，則扇形的面積，所以該扇形面積的最大值為49，故選：C.二、填空題（本大題共5小題，請把答案填在答題卡中相應題中橫線上）11、【解析】根據奇函數定義求出時的解析式，再寫出上的解析式即可【詳解】時，，，所以故答案為：【點睛】本題考查函數的奇偶性，掌握奇函數的定義是解題關鍵12、(答案不唯一)【解析】根據余弦函數的性質，構造滿足題意的函數，由此即可得到結果.詳解】由題意可知，，因為的周期為，滿足條件①；又，所以，滿足條件②；由于函數在區(qū)間上單調遞減，所以區(qū)間上單調遞減，故滿足條件③.故答案為：.13、【解析】利用余弦函數的性質即可得到結果.【詳解】∵，∴，根據余弦曲線可得，∴.故答案為：14、【解析】由同角三角函數基本關系求出的值，再由正弦的二倍角公式即可求解.【詳解】因為，，所以，所以，故答案為：.15、【解析】令，解得，且恒成立，所以函數的圖象恒過定點；故填.三、解答題（本大題共6小題.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.）16、(1)(x－1)2＋(y＋2)2＝2；(2)x＝2或3x－4y－6＝0【解析】（1）先求線段AB的垂直平分線方程為，設圓心的坐標為C(a，－a－1)，由圓心到點的距離和到切線的距離相等求解即可；（2）由題知圓心C到直線l的距離，進而討論直線斜率存在不存在兩種情況求解即可.試題解析：（1）由題知，線段AB的中點M(1,－2)，,線段AB的垂直平分線方程為，即，設圓心的坐標為C(a，－a－1)，則，化簡，得a2－2a＋1＝0，解得a＝1．∴C(1，－2)，半徑r＝|AC|＝＝∴圓C的方程為(x－1)2＋(y＋2)2＝2.（解二：可設原方程用待定系數法求解）（2）由題知圓心C到直線l的距離，①當直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x＝2，此時直線l被圓C截得的弦長為2，滿足條件.②當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為，由題意得，解得k＝，∴直線l的方程為y＝（x－2）綜上所述，直線l的方程為x＝2或3x－4y－6＝0.點睛：直線與圓的位置關系常用處理方法：（１）直線與圓相切處理時要利用圓心與切點連線垂直，構建直角三角形，進而利用勾股定理可以建立等量關系；（２）直線與圓相交，利用垂徑定理也可以構建直角三角形；（３）直線與圓相離時，當過圓心作直線垂線時長度最小17、（1）振幅為，最小正周期為，初相為；（2）答案見解析.【解析】（1）首先利用三角恒等變換把三角函數的關系式變形為正弦型函數，利用關系式即求；（2）利用整體思想，使用“五點法”，采用列表、描點、連線畫出函數的圖像.【小問1詳解】∵，∴振幅為，最小正周期為，初相為；【小問2詳解】列表0x011+10故函數在上的圖像如下圖所示：18、（1）（2）最大值為0，最小值為【解析】（1）先求得參數，再依據奇函數性質即可求得在上的解析式；（2）轉化為二次函數在給定區(qū)間求值域即可解決.【小問1詳解】因為是定義在上的奇函數，所以，即，由，得，由，解得，則當時，函數解析式為設，則，，即當時，【小問2詳解】當時，，所以當，即時，的最大值為0，當，即時，的最小值為.19、（1）或；（2）的最大值和最小值分別為：，.【解析】(1)利用三角恒等變換化簡函數，再利用給定的函數值及x的范圍求解作答.(2)求出函數相位的范圍，再結合正弦函數的性質計算作答.【小問1詳解】依題意，，由，即得：，而，即，于是得或，解得或，所以x的值是或.【小問2詳解】由(1)知，，當時，，則當，即時，，當，即時，，所以的最大值和最小值分別為：，.20、（1）；（2）.【解析】（1）m=﹣2時求出集合B，然后進行交集、并集的運算即可；（2）由B?A便可得到，解該不等式組即可得到實數m的取值范圍試題解析：（1）；（2）解：當時，，由中不等式變形得，解得，即.（1）.（2），解得，的取值范圍為.21、（1）的不動點為和；（2）①，②證明見解析.【解析】（1）當時，函數，令，即可求解；（2）①由題意，得到的兩個實數根為，，設，根據二次函數的圖象與性質，列出不等式即可求解；②把可化為，設的兩個實數根為，，根據是方程的實數根，得出，結合函數單調性，即可求解.【詳解】（1）當時，函數，方程可化為，解得或，所以的不動點為和（2）①因為函數有兩個不動點，，所以方程，即的兩個實數根為，，記，則的零點為和，因為，所以，即，解得.所以實數的取值范圍為②因為方程可化為，即因為，，所以有兩個不相等的實數根設的兩個實數根為，，不妨設因為函數圖象的對稱軸為直線，且，，，所以記，因為，且，所以是方程的實數根，所以1是的一個不動點，，因為，所以，，且的圖象在上的圖象是不間斷曲線，所以，使得，又因為在上單調遞增，所以，所以是的一