遼寧省沈陽二中、撫順二中2024屆高一數學第一學期期末檢測模擬試題含解析

遼寧省沈陽二中、撫順二中2024屆高一數學第一學期期末檢測模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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．設，，，則的大小順序是A. B.C. D.2．若，，則角的終邊在A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限3．已知，則函數（）A. B.C. D.4．若兩直線與平行，則它們之間的距離為A. B.C. D.5．已知向量，，則在方向上的投影為A. B.8C. D.6．下列函數中，在區(qū)間上是減函數的是（）A. B.C. D.7．定義在的函數，已知是奇函數，當時，單調遞增，若且，且值（）A.恒大于0 B.恒小于0C.可正可負 D.可能為08．設，，則（）A. B.C. D.9．函數的定義域為，且為奇函數，當時，，則函數的所有零點之和是（）A.2 B.4C.6 D.810．已知α為第二象限角，，則cos2α=（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數部分圖象如圖所示，則函數的解析式為：____________12．《九章算術》是中國古代的數學名著，其中《方田》一章涉及到了弧田面積的計算問題，如圖所示，弧田是由弧AB和弦AB所圍成的圖中陰影部分若弧田所在圓的半徑為1，圓心角為，則此弧田的面積為____________.13．等腰直角△ABC中，AB=BC=1，M為AC的中點，沿BM把△ABC折成二面角，折后A與C的距離為1，則二面角C—BM—A的大小為_____________．14．總體由編號為，，，，的個個體組成.利用下面的隨機數表選取樣本，選取方法是從隨機數表第行的第列數字開始由左到右依次選取兩個數字，則選出來的第個個體的編號為__________15．已知函數，若、、、、滿足，則的取值范圍為______.16．的值為________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．已知二次函數，關于x的不等式<0的解集為（1）求實數m、n的值；（2）當時，解關于x的不等式；（3）當是否存在實數a，使得對任意時，關于x的函數有最小值-5.若存在，求實數a值；若不存在，請說明理由18．在平行四邊形中，過點作的垂線交的延長線于點，.連結交于點，如圖1，將沿折起，使得點到達點的位置.如圖2.證明：直線平面若為的中點，為的中點，且平面平面求三棱錐的體積.19．如圖，直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD=6，BC=2AB=4，點E為線段BC的中點，點F在線段AD上，且EF∥AB，現將四邊形ABCD沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC，點P為幾何體中線段AD的中點（Ⅰ）證明：平面ACD⊥平面ACF；（Ⅱ）證明：CD∥平面BPE20．已知（1）求的最小正周期；（2）將的圖像上的各點的橫坐標伸長為原來的2倍，縱坐標不變，再將所得圖像向右平移個單位，得到函數的圖像，求在上的單調區(qū)間和最值.21．已知函數（1）求的值;（2）若對任意的，都有求實數的取值范圍.

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、A【解題分析】利用對應指數函數或對數函數的單調性，分別得到其與中間值0,1的大小比較，從而判斷的大小.【題目詳解】因為底數2>1，則在R上為增函數，所以有；因為底數，則為上的減函數，所以有；因為底數，所以為上的減函數，所以有；所以，答案為A.【題目點撥】本題為比較大小的題型，常利用函數單調性法以及中間值法進行大小比較，屬于基礎題.2、D【解題分析】本題考查三角函數的性質由知角可能在第一、四象限；由知角可能在第三、四象限；綜上得角的終邊在箱四象限故正確答案為3、A【解題分析】根據，令，則，代入求解.【題目詳解】因為已知，令，則，則，所以，‘故選：A4、D【解題分析】根據兩直線平行求得值，利用平行線間距離公式求解即可【題目詳解】與平行,,即直線為,即故選D【題目點撥】本題考查求平行線間距離.當直線與直線平行時,；平行線間距離公式為，因此兩平行直線需滿足,5、D【解題分析】依題意有投影為.6、D【解題分析】根據二次函數，冪函數，指數函數，一次函數的單調性即可得出答案.【題目詳解】解：對于A，函數在區(qū)間上是增函數，故A不符合題意；對于B，函數在區(qū)間上是增函數，故B不符合題意；對于C，函數在區(qū)間上是增函數，故C不符合題意；對于D，函數在區(qū)間上是減函數，故D符合題意.故選：D.7、A【解題分析】由是奇函數，所以圖像關于點對稱，當時，單調遞增，所以當時單調遞增，由，可得，，由可知，結合函數對稱性可知選A8、A【解題分析】由對數函數的圖象和性質知，，則.又因為，根據已知可算出其取值范圍，進而得到答案.【題目詳解】解：因為，，所以，又＋，所以，所以.故選：A.9、B【解題分析】根據題意可知圖象關于點中心對稱，由的解析式求出時的零點，根據對稱性即可求出時的零點，即可求解.【題目詳解】因為為奇函數，所以函數的圖象關于點中心對稱，將的圖象向右平移個單位可得的圖象，所以圖象關于點中心對稱，當時，，令解得：或，因為函數圖象關于點中心對稱，則當時，有兩解，為或，所以函數的所有零點之和是，故選：B第II卷（非選擇題10、A【解題分析】，故選A.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】先根據圖象得到振幅和周期，即求得，再根據圖象過，求得，得到解析式.【題目詳解】由圖象可知，，故，即.又由圖象過，故，解得，而，故，所以.故答案為：.12、【解題分析】根據題意所求面積，再根據扇形和三角形面積公式，進行求解即可.【題目詳解】易知為等腰三角形，腰長為，底角為，，所以，弧田的面積即圖中陰影部分面積，根據扇形面積及三角形面積可得：所以.故答案為：.13、【解題分析】分別計算出的長度,然后結合二面角的求法,找出二面角,即可.【題目詳解】結合題意可知,所以,而發(fā)現所以,結合二面角找法:如果兩平面內兩直線分別垂直兩平面交線,則該兩直線的夾角即為所求二面角,故為所求的二面角,為【題目點撥】本道題目考查了二面角的求法,尋求二面角方法:兩直線分別垂直兩平面交線,則該兩直線的夾角即為所求二面角14、【解題分析】根據隨機數表，依次進行選擇即可得到結論.【題目詳解】按照隨機數表的讀法所得樣本編號依次為23,21,15，可知第3個個體的編號為15.故答案為：15.15、【解題分析】設，作出函數的圖象，可得，利用對稱性可得，由可求得，進而可得出，利用二次函數的基本性質可求得的取值范圍.【題目詳解】作出函數的圖象如下圖所示：設，當時，，由圖象可知，當時，直線與函數的圖象有五個交點，且點、關于直線對稱，可得，同理可得，由，可求得，所以，.因此，的取值范圍是.故答案為：.【題目點撥】方法點睛：已知函數有零點（方程有根）求參數值（取值范圍）常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數范圍；（2）分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域問題加以解決；（3）數形結合法：先對解析式變形，進而構造兩個函數，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數的圖象，利用數形結合的方法求解.16、【解題分析】根據兩角和的正弦公式即可求出【題目詳解】原式故答案為：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）答案見解析；（3）存在，.【解題分析】（1）利用給定條件結合一元二次不等式與一元二次方程的關系，借助韋達定理計算作答.（2）分類討論求解一元二次不等式即可作答.（3）換元，借助二次函數在閉區(qū)間上最值，計算判斷作答.【小問1詳解】依題意，不等式的解集是，因此，是關于x的一元二次方程的二根，且，于得，解得，所以實數m、n的值是：.【小問2詳解】當時，由（1）知：，當時，，解得：或，當時，解得，當時，不等式化：，解得：，所以，當時，原不等式的解集是，當時，原不等式的解集是，當時，原不等式的解集是.【小問3詳解】假設存在實數滿足條件，由（1）知，，，因，則設，函數化為：，顯然，于是得在上單調遞減，當時，，由解得：或（舍去），又，所以存在實數滿足條件，.【題目點撥】易錯點睛：解含參數的一元二次不等式，首先注意二次項系數是否含有參數，如果有，必須按二次項系為正、零、負三類討論求解.18、（1）見解析；（2）【解題分析】（1）在平面圖形內找到，則在立體圖形中，可證面.（2）解法一：根據平面平面，得到平面，得到到平面的距離，根據平面圖形求出底面平的面積，求得三棱錐的體積.解法二：找到三棱錐的體積與四棱錐的體積之間的關系比值關系，先求四棱錐的體積，從而得到三棱錐的體積.【題目詳解】證明：如圖1，中，所以.所以也是直角三角形，，如圖題2，所以平面.解法一：平面平面，且平面平面，平面，平面.取的中點為，連結則平面，即為三棱錐的高..解法二：平面平面，且平面平面，平面，平面.為的中點，三棱錐的高等于.為的中點，的面積是四邊形的面積的，三棱錐的體積是四棱錐的體積的三棱錐的體積為.【題目點撥】本題考查線面垂直的判定，面面垂直的性質，以及三棱錐體積的計算，都是對基礎內容的考查，屬于簡單題.19、證明過程詳見解析【解題分析】（Ⅰ）證明AF⊥平面EFDC，得出AF⊥CD；再由勾股定理證明FC⊥CD，即可證明CD⊥平面ACF，平面ACD⊥平面ACF；（Ⅱ）取DF的中點Q，連接QE、QP，證明BPQE四點共面，再證明CD∥EQ，從而證明CD∥平面EBPQ，即為CD∥平面BPE【題目詳解】（Ⅰ）由題意知，四邊形ABEF是正方形，∴AF⊥EF，又平面ABEF⊥平面EFDC，∴AF⊥平面EFDC，∴AF⊥CD；又FD=4，FC=AB=2，CD=AB=2，∴FD2=FC2+CD2，∴FC⊥CD；又FC∩AF=F，∴CD⊥平面ACF；又CD?平面ACD，∴平面ACD⊥平面ACF；（Ⅱ）如圖所示，取DF的中點Q，連接QE、QP，則QP∥AF，又AF∥BE，∴PQ∥BF，∴BPQE四點共面；又EC=2，QD=DF=2，且DF∥EC，∴QD與EC平行且相等，∴QECD為平行四邊形，∴CD∥EQ，又EQ?平面EBPQ，CD?平面EBPQ，∴CD∥平面EBPQ，即CD∥平面BPE【題目點撥】本題主要考查直線和平面平行與垂直的判定應用問題，也考查了平面與平面的垂直應用問題，是中檔題20、(1)；(2)答案見解析.【解題分析】(1)整理函數的解析式可得，結合最小正周期公式可得其的最小正周期為；(2)由題意可得，結合函數的定義域可得函數的單調增區(qū)間為：，單調減區(qū)間為：，最大值為：，最小值為：.