精选江苏省苏州市2017-2018学年高一第一学期期末试卷

苏州市2018年学业质量阳光指标调研卷

高一数学2018．1

一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．不需要写出解答过程，请把答案直

接填在答题卡相应位置上

．．．．．．．．．

1.已知集合，则＝______．

【答案】

【解析】

，填．

2.函数的定义域是______．

【答案】

【解析】

由题设有，解得，故函数的定义域为，填．

3.若，则的值等于______．

【答案】

【解析】

，填．

4.已知角的终边经过点，则的值等于______．

【答案】

【解析】

，所以，，故，填．

5.已知向量，，，则的值为______．

【答案】8

【解析】

，所以，所以，故，填．

6.已知函数则的值为______．

【答案】

【解析】

，所以，填2．

7.《九章算术》是中国古代数学名著，其对扇形田面积给出“以径乘周四而一”的算法与现代数学的算

法一致，根据这一算法解决下列问题：现有一扇形田，下周长（弧长）为20米，径长（两段半径的和）为24米，则该扇形田的面积为______平方米．

【答案】120

【解析】

扇形的半径为，故面积为（平方米），填．

8.已知函数则函数的零点个数为______．

【答案】

【解析】

的零点即为的解．当时，令，解得，符合；当，令，解得，符合，

故的零点个数为2．

9.已知函数在区间上的最大值等于8，则函数的值域为

______．

【答案】

【解析】

二次函数的对称轴为，故，所以且，对称轴

为，故所求值域为，填．

10.已知函数是定义在R上的偶函数，则实数的值等于____．

【答案】-1

【解析】

因为为偶函数，故，所以，整理得到，即，又当时，有，，故，为偶函数，故填．

11.如图，在梯形ABCD中，，P为线段CD上一点，且，E为BC的中点，若

，则的值为______．

【答案】

【解析】

，整理得到，又

，所以，也就是，，

填．

12.已知，则的值等于______．

【答案】

【解析】

令，则，所以，因为，所以

故，填．

点睛：三角变换中，对于较为复杂的角，可用换元法去处理角与角的关系．

13.将函数的图象向左平移个单位长度，再将图象上每个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象，若函数在区间上有且仅有一个零点，则的取值范围为____．【答案】.

【解析】

由题设，令，解得，取，分别得到，它们是函数

在轴右侧的第一个零点和第二个零点，所以，故，故填．

点睛：因为，所以该函数的图像必过定点且在轴的右侧的第一个对称中心的横坐标在内，第二个对称中心的横坐标不在中，从而得到．

14.已知为非零实数，，且同时满足：①，②，则的值等于______．

【答案】

【解析】

由题设有，，所以，解得或者．而，故，所以

，所以，填．

点睛：题设中有3个变量，两个等式，注意到两个方程都与相关，故把看成一个整体，把代入另一个方程就能构建关于的方程，解出就能得到的值，注意只有一个解．

二、解答题：本大题共6小题，共计90分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

15.已知全集,集合．

（1）若，求C U B和；

（2）若，求实数m的取值范围；

（3）若，求实数m的取值范围．

【答案】(1) ，；(2) ；(3) 或.

【解析】

试题分析：（1）当时，求出，，借助数轴可求得，

．（2）依据集合的包含关系，得到区间端点的大小关系为，解得

．（3）依据交集为空集，得到区间的端点的大小关系为或，也即是或．

解析：（1）当时，，由得，，所以, ；

．

（2）因为，则，解得．

（3）因为因为或，所以或．

16.已知函数的图象过点．

（1）判断函数的奇偶性，并说明理由；

（2）若，求实数的取值范围．

【答案】（1）为偶函数，理由见解析；（2）。

【解析】

试题分析：（1）因为的图像过，代入后得到，这样可化简为，依据奇函数的定义可判断其为奇函数．（2）不等式可化简为，从而不等式的解为．

解析：（1）因为的图象过点，所以，解得，所以的定义域为．因为，所以是奇函数．

（2）因为，所以，所以，所以，所以

，解得．

17.如图，在四边形中，．

（1）若△为等边三角形，且，是的中点，求；

（2）若，，，求．

【答案】（1）11；（2）。

【解析】

试题分析：（1）由题设可以得到，故就是一组基底，通过线性运算可以得到

，而，故可以转化基底向量之间的数量积计算．另一方面，因为有等边三角形，图形较为规则，故可以建立直角坐标系来计算数量积．（2）要计算，关键在于计算，

可把已知条件变形为，再利用可得，最后利用

计算．

解析：（1）法一：因为△为等边三角形，且所以．又所以，

因为是中点，所以

．又，所以

．

法二：

如图，以为原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，则，因为△为等边△，且

所以．

又所以，所以因为是中点，所以所以

,所以．

（2）因为所以,因为所以

所以又所以．所以

．所以．

18.某地为响应习总书记关于生态文明建设的指示精神，大力开展“青山绿水”工程，造福于民.为此，当地政府决定将一扇形（如图）荒地改造成市民休闲中心，其中扇形内接矩形区域为市民健身活动场所，其余区域（阴影部分）改造为景观绿地（种植各种花草）.已知该扇形的半径为200米，圆心角，

点在上，点在上，点在弧上，设.

（1）若矩形是正方形，求的值；

（2）为方便市民观赏绿地景观，从点处向修建两条观赏通道和（宽度不计），使

，，其中依而建，为让市民有更多时间观赏，希望最长，试问：此时点应在何处？说明你的理由.

【答案】（1）矩形是正方形时，（2）当是的中点时，最大

【解析】

试题分析：（1）因为四边形是扇形的内接正方形，所以，注意到

，代入前者就可以求出.（2）由题设可由，，利用两角差的正弦和辅助角公式把化成的形式，从而求出的最大值.

解析：（1）在中，，，在中，

，所以，因为矩

形是正方形，，所以，所以，所以

．

（2）因为所以，

，．所以, 即

时，最大，此时是的中点．

答：（1）矩形是正方形时，；

（2）当是的中点时，最大．

19.已知，，函数.

（1）求在区间上的最大值和最小值；

（2）若，，求的值；

（3）若函数在区间上是单调递增函数，求正数的取值范围.

【答案】（1），（2）（3）

【解析】

试题分析：（1）利用数量积的计算得到，再利用二倍角公式和辅助角公式得到

，从而可求在上的最值．（2）等价于，把变形为

，利用两角差的余弦可以得到．（3）先求出单调增区间为，因此存在，使得，从而，根据不等式的形式和可得，因

此．

解析：（1），因为，所以

，所以，所以．

（2）因为，所以，所以，因为，所以，所以，所以

．

（3），令得，因为函数在

上是单调递增函数，所以存在，使得，所以有即，因为所以又因为，所以, 所以从而有

，所以，所以

（另解：由，得.因为，所以，所以或

，解得或.又，所以）

点睛：对于函数，如果它在区间上单调，那么基本的处理方法是先求出

单调区间的一般形式，利用是单调区间的子集得到满足的不等式组，利用和不等组有解确定整数

的取值即可．

20.已知函数．

（1）当时，函数恰有两个不同的零点，求实数的值；

（2）当时，

①若对于任意，恒有，求的取值范围；

②若，求函数在区间上的最大值．

【答案】(1)；(2)①.；②.

【解析】

试题分析：（1）当时，考虑的解，化简后得到或者，它们共有两个不同的零点，所以必有解，从而．

（2）在上恒成立等价于在上恒成立，因此考虑在

上的最小值和在上的最大值即可得到的取值范围．

（3）可化为，则当或时，在上递增；当时，

在上单调递增，在上单调递减，两类情形都可以求得函数的最大值．当时，在

上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，因此，比较

的大小即可得到的表达式．

解析：（1）当时，，由解得或，由解得或

．因为恰有两个不同的零点且，所以，或，所以．

（2）当时，，

①因为对于任意，恒有，即，即，因为时，

，所以，即恒有令，当

时，，，所以，所以

，所以．

②

当时，，

这时在上单调递增，此时；

当时，，

在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

所以，，

而，

当时，;

当时，；

当时，，

这时在上单调递增，在上单调递减，此时；

当时，，在上单调递增，此时；

综上所述，时，

点睛：（1）若对任意的恒成立，则有对任意的恒成立．

（2）对于含有绝对值符号的函数，我们可以考虑先去掉绝对值符号，把它转化分段函数且不同范围上的解析式是熟悉的形式（如二次函数等），然后依据对称轴和分段点的大小关系分类讨论即可，最后再根据单调性的变化进一步细分，从而完成问题的讨论．