甘肅省武威市第一中學2024屆高一上數學期末教學質量檢測模擬試題含解析

甘肅省武威市第一中學2024屆高一上數學期末教學質量檢測模擬試題考生須知：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1．一個多面體的三視圖分別為正方形、等腰三角形和矩形，如圖所示，則該多面體的體積為A.24cm3 B.48cm3C.32cm3 D.96cm32．已知是偶函數，且在上是減函數，又，則的解集為（）A. B.C. D.3．已知函數，則“”是“函數在區(qū)間上單調遞增”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4．若用二分法逐次計算函數在區(qū)間內的一個零點附近的函數值，所得數據如下：0.510.750.6250.562510.4620.155則方程的一個近似根（精度為0.1）為（）A.0.56 B.0.57C.0.65 D.0.85．不等式的解集為，則函數的圖像大致為（）A. B.C. D.6．如圖，在平面內放置兩個相同的直角三角板，其中，且三點共線，則下列結論不成立的是A. B.C.與共線 D.7．設集合則（）.A. B.C. D.8．某圓的一條弦長等于半徑，則這條弦所對的圓心角為A. B.C. D.19．函數的單調遞增區(qū)間是（）A. B.C. D.10．設長方體的長、寬、高分別為，其頂點都在一個球面上，則該球的表面積為A.3a2 B.6a2C.12a2 D.24a2二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．在平面直角坐標系xOy中，已知圓有且僅有三個點到直線l：的距離為1，則實數c的取值集合是______12．已知函數，若是的最大值，則實數t的取值范圍是______13．已知函數，且，則a的取值范圍為________f（x）的最大值與最小值和為________.14．已知，且，則的最小值為__________.15．已知函數，則=____________16．設函數，若互不相等的實數、、滿足，則的取值范圍是_________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．設非空集合P是一元一次方程的解集.若，，滿足，，求的值.18．如圖是函數的部分圖象.（1）求函數的解析式；（2）若，，求.19．已知全集，，.（1）求；（2）若，求實數的取值范圍；（3）若，求實數的取值范圍.20．已知函數是定義在上的奇函數，且.（1）確定函數的解析式，判斷并證明函數在上的單調性；（2）若存在實數，使得不等式成立，求正實數的取值范圍.21．如圖，已知平面，四邊形為矩形，四邊形為直角梯形，，，，.（1）求證：平面；（2）求三棱錐的體積.

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】由三視圖可知該幾何體是一個橫放的直三棱柱,利用所給的數據和直三棱柱的體積公式即可求得體積.【題目詳解】由三視圖可知該幾何體是一個橫放的直三棱柱,底面為等腰三角形,底邊長為,底面三角形高為,所以其體積為:.故選:B【題目點撥】本題考查三視圖及幾何體體積計算,認識幾何體的幾何特征是解題的關鍵,屬于基礎題.2、B【解題分析】根據題意推得函數在上是增函數，結合，確定函數值的正負情況，進而求得答案.【題目詳解】是偶函數，且在上是減函數，又，則，且在上是增函數，故時，，時，，故的解集是，故選：B.3、A【解題分析】先由在區(qū)間上單調遞增，求出的取值范圍，再根據充分條件，必要條件的定義即可判斷.【題目詳解】解：的對稱軸為：，若在上單調遞增，則，即，在區(qū)間上單調遞增，反之，在區(qū)間上單調遞增，，故“”是“函數在區(qū)間上單調遞增”的充分不必要條件.故選：A.4、B【解題分析】利用零點存在性定理和精確度要求即可得解.【題目詳解】由表格知在區(qū)間兩端點處的函數值符號相反，且區(qū)間長度不超過0.1，符合精度要求，因此，近似值可取此區(qū)間上任一數故選：B5、C【解題分析】根據不等式的解集求出參數，從而可得，根據該形式可得正確的選項【題目詳解】因為不等式的解集為，故，故，故，令，解得或，故拋物線開口向下，與軸的交點的橫坐標為，故選：C6、D【解題分析】設BC=DE=m，∵∠A=30°，且B，C，D三點共線，則CD═AB=m，AC=EC=2m，∴∠ACB=∠CED=60°，∠ACE=90°，,故A、B、C成立；而，，即不成立，故選D.7、D【解題分析】利用求集合交集的方法求解.【題目詳解】因為所以.故選：D.【題目點撥】本題主要考查集合的交集運算，明確集合交集的含義是求解的關鍵，側重考查數學運算的核心素養(yǎng).8、C【解題分析】直接利用已知條件，轉化求解弦所對的圓心角即可．【題目詳解】圓的一條弦長等于半徑，故由此弦和兩條半徑構成的三角形是等邊三角形，所以弦所對的圓心角為．故選C．【題目點撥】本題考查扇形圓心角的求法，是基本知識的考查．9、B【解題分析】先求出函數的定義域，然后將復合函數分解為內、外函數，分別討論內外函數的單調性，進而根據復合函數單調性“同增異減”的原則，得到函數y=log3（x2-2x）的單調遞增區(qū)間【題目詳解】函數y=log5（x2-2x）的定義域為（-∞，0）∪（2，+∞），令t=x2-2x，則y=log5t，∵y=log5t為增函數，t=x2-2x在（-∞，0）上為減函數，在（2，+∞）為增函數，∴函數y=log5（x2-2x）的單調遞增區(qū)間為（2，+∞），故選B【題目點撥】本題考查的知識點是復合函數的單調性，二次函數的性質，對數函數的單調性，其中復合函數單調性“同增異減”是解答本題的關鍵10、B【解題分析】方體的長、寬、高分別為,其頂點都在一個球面上,長方體的對角線的長就是外接球的直徑，所以球直徑為：，所以球的半徑為，所以球的表面積是，故選B二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】因為圓心到直線的距離為，所以由題意得考點：點到直線距離12、【解題分析】先求出時最大值為，再由是的最大值，解出t的范圍.【題目詳解】當時，，由對勾函數的性質可得：在時取得最大值；當時，，且是的最大值，所以，解得：.故答案為：13、①.②.2【解題分析】由結合，即可求出a的取值范圍；由，知關于點成中心對稱，即可求出f（x）的最大值與最小值和.【題目詳解】由，，所以，則故a的取值范圍為.第（2）空:由，知關于點成中心對稱圖形，所以.故答案為：；.14、【解題分析】利用已知條件湊出，再根據“”的巧用，最后利用基本不等式即可求解.【題目詳解】由，得，即.因為所以，,則=，當且僅當即時，等號成立.所以當時，取得最小值為.故答案為：.15、【解題分析】由函數解析式，先求得，再求得代入即得解.【題目詳解】函數，則==，故答案為.【題目點撥】本題考查函數值的求法，屬于基礎題.16、【解題分析】作出函數的圖象，設，求出的取值范圍以及的值，由此可求得的取值范圍.【題目詳解】作出函數的圖象，設，如下圖所示：二次函數的圖象關于直線對稱，則，由圖可得，可得，解得，所以，.故答案為：.【題目點撥】關鍵點點睛：本題考查零點有關代數式的取值范圍的求解，解題的關鍵在于利用利用圖象結合對稱性以及對數運算得出零點相關的等式與不等式，進而求解.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、答案見解析【解題分析】由題意可得，寫出P的所有可能，結合一元二次方程的根與系數的關系求解即可.【題目詳解】由于一元二次方程的解集非空，且，，所以，即滿足題意.當時，由韋達定理得，，此時：當時，由韋達定理得，，此時；當時，由韋達定理得，，此時.18、（1）（2）【解題分析】（1）由圖象得到，且，得到，結合五點法，列出方程求得，即可得到函數的解析式；（2）由題意，求得，，結合利用兩角和的正弦公式，即可求解.【小問1詳解】解：由圖象可得，函數的最大值為，可得，又由，可得，所以，所以，又由圖可知是五點作圖法中的第三個點，因為，可得，因為，所以，所以.【小問2詳解】解：因為，則，又因為，所以，由，則，有，所以.19、(1);(2);(3).【解題分析】（1）因為全集，，所以（2）因為，且.所以實數的取值范圍是（3）因為，且，所以，所以可得20、（1），函數在上單調遞減，證明見解析.（2）【解題分析】（1）根據，得到函數解析式，設，計算，證明函數的單調性.（2）根據函數的奇偶性和單調性得到，設，求函數的最小值得到答案.【小問1詳解】函數是定義在上的奇函數，則，，解得，，故.在上單調遞減，證明如下：設，則，，，，故，即.故函數在上單調遞減.【小問2詳解】，即，，，故，即，設，，，，故，又，故.21、（1）證明見解析；（2）.【解題分析】（1）先證明AC⊥BE,再取的中點，連接，經計算，利用勾股定理逆定理得到AC⊥BC,然后利用線面垂直的判定定理證得結論；（2）利用線面垂直的判定定理證得CM⊥平面BEF,即為所求三棱錐的高，