江蘇省南京市江寧區(qū)高級中學2024屆高一數學第一學期期末經典試題含解析

江蘇省南京市江寧區(qū)高級中學2024屆高一數學第一學期期末經典試題請考生注意：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，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．已知函數若，則實數的值是（）A.1 B.2C.3 D.42．設函數y＝，當x＞0時，則y（）A.有最大值4 B.有最小值4C有最小值8 D.有最大值83．已知向量，，則A. B.C. D.4．已知扇形的周長為8，圓心角為2弧度，則該扇形的面積為A B.C. D.5．已知函數則函數值域是（）A. B.C. D.6．設集合，則A. B.C. D.7．已知命題：角為第二或第三象限角，命題：，命題是命題的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件8．設函數的最小正周期為，且在內恰有3個零點，則的取值范圍是（）A. B.C. D.9．已知扇形的面積為，當扇形的周長最小時，扇形的圓心角為（）A1 B.2C.4 D.810．已知直線l：，則下列結論正確的是（）A.直線l的傾斜角是B.若直線m：，則C.點到直線l的距離是1D.過與直線l平行的直線方程是二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．函數的定義域為__________12．已知冪函數在上單調遞減，則___________.13．若扇形的面積為9，圓心角為2弧度，則該扇形的弧長為______14．某圓錐體的側面展開圖是半圓，當側面積是時，則該圓錐體的體積是_______15．若，則的取值范圍為___________.16．已知函數，.（1）若函數的值域為R，求實數m的取值范圍；（2）若函數是函數的反函數，當時，函數的最小值為，求實數m的值；（3）用表示m，n中的最大值，設函數，有2個零點，求實數m的范圍.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．如圖所示，正方形邊長為分別是邊上的動點.（1）當時，設，將的面積用表示，并求出面積的最大值；（2）當周長為4時，設，.用表示，由此研究的大小是否為定值，并說明理由.18．設函數，是定義域為R的奇函數（1）確定的值（2）若，判斷并證明的單調性；（3）若，使得對一切恒成立，求出的范圍.19．定義在上的函數，如果滿足：對任意，存在常數，都有成立，則稱是上的有界函數，其中稱為函數的一個上界.已知函數，.（1）若函數為奇函數，求實數的值；（2）在（1）的條件下，求函數在區(qū)間上的所有上界構成的集合；（3）若函數在上是以為上界有界函數，求實數的取值范圍.20．已知.（1）化簡；（2）若是第三象限角，且，求的值.21．如圖，在長方體中，，，是與的交點.求證：(1)平面(2)求與的所成角的正弦值.

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【解題分析】根據分段函數分段處理的原則，求出，代入即可求解.【題目詳解】由題意可知，，，又因為，所以，解得.故選：B.2、B【解題分析】由均值不等式可得答案.【題目詳解】由,當且僅當，即時等號成立.當時，函數的函數值趨于所以函數無最大值，有最小值4故選：B3、A【解題分析】因為，故選A.4、A【解題分析】利用弧長公式、扇形的面積計算公式即可得出【題目詳解】設此扇形半徑為r，扇形弧長為l=2r則2r+2r＝8，r=2，∴扇形的面積為r=故選A【題目點撥】本題考查了弧長公式、扇形的面積計算公式，屬于基礎題5、B【解題分析】結合分段函數的單調性來求得的值域.【題目詳解】當吋，單調遞增，值域為；當時，單調遞增，值域為，故函數值域為.故選：B6、B【解題分析】,選B.【考點】集合的運算【名師點睛】集合的交、并、補運算問題，應先把集合化簡再計算，常常借助數軸或韋恩圖進行處理.7、D【解題分析】利用切化弦判斷充分性，根據第四象限的角判斷必要性.【題目詳解】當角為第二象限角時，，所以，當角為第三象限角時，，所以，所以命題是命題的不充分條件.當時，顯然，當角可以為第四象限角，命題是命題的不必要條件.所以命題是命題的既不充分也不必要條件.故選：D8、D【解題分析】根據周期求出，結合的范圍及，得到，把看做一個整體，研究在的零點，結合的零點個數，最終列出關于的不等式組，求得的取值范圍【題目詳解】因為，所以.由，得.當時，，又，則因為在上的零點為，，，，且在內恰有3個零點，所以或解得.故選：D9、B【解題分析】先表示出扇形的面積得到圓心角與半徑的關系，再利用基本不等式求出周長的最小值，進而求出圓心角的度數.【題目詳解】設扇形的圓心角為，半徑為，則由題意可得∴，當且僅當時,即時取等號，∴當扇形的圓心角為2時,扇形的周長取得最小值32.故選：B.10、D【解題分析】根據直線的傾斜角、斜率、點到直線的距離公式、兩直線平行的條件逐一判斷各個選項即可【題目詳解】∵：，即，∴直線的斜率，∴，則A錯；又，則B錯；點到直線的距離是，則C錯；過與直線平行的直線方程是，即，則D對；故選：D【題目點撥】本題主要考查直線的方程，屬于基礎題二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】真數大于0求定義域.【題目詳解】由題意得：，解得：，所以定義域為.故答案為：12、【解題分析】由系數為1解出的值，再由單調性確定結論【題目詳解】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、6【解題分析】先由已知求出半徑，從而可求出弧長【題目詳解】設扇形所在圓的半徑為，因為扇形的面積為9，圓心角為2弧度，所以，得，所以該扇形的弧長為，故答案為：614、【解題分析】設圓錐的母線長為，底面半徑為，則，，，，所以圓錐的高為，體積為.考點：圓錐的側面展開圖與體積.15、【解題分析】一元二次不等式，對任意的實數都成立，與x軸最多有一個交點；由對勾函數的單調性可以求出m的范圍.【題目詳解】由，得.由題意可得，，即.因為，所以，故.故答案為：16、（1）（2）（3）【解題分析】(1)函數的值域為R,可得,求解即可;(2)設分類論可得m的值;(3)對m分類討論可得結論.【小問1詳解】值域為R,∴【小問2詳解】，.設，，①若即時，，②若，即時，，舍去③若即時，，無解，舍去綜上所示：【小問3詳解】①顯然，當時，在無零點，舍去②當時，，舍去③時，解分別為，，只需控制，不要均大于等于1即可Ⅰ：，，，舍去Ⅱ：，無解，綜上：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），（2），為定值，理由見解析【解題分析】（1）由題意可知，進而可得，由此即可求出結果；（2）由題意可知，再根據的周長，化簡整理可得，再根據兩角和的正切公式即可求出結果.【小問1詳解】解：設，則，，當時，.【小問2詳解】解：由，知，由周長為4，可知，，，而均為銳角，故，為定值.18、（1）2；（2）單調遞增，證明見解析；（3）.【解題分析】（1）利用奇函數定義直接計算作答.（2）求出a值，再利用函數單調性定義證明作答.（3）把給定不等式等價變形，再利用函數單調性求出最小值，列式計算作答.【小問1詳解】因是定義域為的奇函數，則，而，解得，所以的值是2.【小問2詳解】由（1）得，是定義域為的奇函數，而，則，即，又，解得，則函數在上單調遞增，，，，因，則，，于是得，即，所以函數在定義域上單調遞增.【小問3詳解】當時，，，，而函數在上單調遞增，，于是得，令，函數在上單調遞減，當，即時，，因此，，解得，所以的范圍是.【題目點撥】關鍵點睛：涉及不等式恒成立問題，將給定不等式等價轉化，構造函數，利用函數思想是解決問題的關鍵.19、（1）；（2）；（3）.【解題分析】（1）由奇函數的定義，代入即可得出結果.（2）由復合函數的單調性，可得在區(qū)間上單調遞增，進而求出值域，即可得出結果.（3）由題意可得在上恒成立，即在上恒成立，利用函數單調性的定義證明單調性，再求出值域，即可求出結果.【題目詳解】（1）因函數為奇函數，所以，即，即，得，而當時不合題意，故（2）由（1）得：，而，易知在區(qū)間上單調遞增，所以函數在區(qū)間上單調遞增，所以函數在區(qū)間上的值域為，所以，故函數在區(qū)間上的所有上界構成集合為.（3）由題意知，在上恒成立.，.在上恒成立.設，，，由得設，，所以在上遞減，在上遞增，在上的最大值為，在上的最小值為，所以實數的取值范圍為.20、（1）；（2）.【解題分析】（1）根據誘導公式化簡即可得答案；（2）根據誘導公式，結合已知條件得，再根據同角三角函數關系求值即可.【題目詳解】（1）.（2）∵，∴，又是第三象限角，∴，故.【題目點撥】本題考查誘導公式化簡求值，考查運算能力，基礎題.21、(1)見解析；(2)【解題分析】（1）根據長方體的性質，側棱平