杭州學軍中學2024屆數學高一上期末檢測模擬試題含解析

杭州學軍中學2024屆數學高一上期末檢測模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．將函數的圖象向左平移個單位長度，再向下平移個單位長度，得到函數的圖象，那么可以取的值為（）A. B.C. D.2．已知某幾何體的三視圖如圖所示，根據圖中標出的尺寸單位：，可得這個幾何體得體積是A. B.C.2 D.43．已知偶函數在上單調遞增，則對實數、，“”是“”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．某國近日開展了大規(guī)模COVID-19核酸檢測，并將數據整理如圖所示，其中集合S表示（）A.無癥狀感染者 B.發(fā)病者C.未感染者 D.輕癥感染者5．sin210°·cos120°的值為（）A. B.C. D.6．若方程有兩個不相等的實數根，則實根的取值范圍是（）A. B.C. D.7．設，，則A. B.C. D.8．與函數的圖象不相交的一條直線是（）A. B.C. D.9．若xlog34=1，則4x+4–x=A.1 B.2C. D.10．若集合，，則（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知正四棱錐的高為4，側棱長為3，則該棱錐的側面積為___________.12．設，，依次是方程，，的根，并且，則，，的大小關系是___13．已知圓,圓,則兩圓公切線的方程為__________14．不等式的解集為__________.15．已知函數（且）在上單調遞減，且關于的方程恰有兩個不相等的實數解，則的取值范圍是_____16．二次函數的部分對應值如下表：342112505則關于x不等式的解集為__________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．已知二次函數滿足條件和，（1）求；（2）求在區(qū)間（）上的最小值18．計算或化簡：（1）；（2）19．已知函數（常數）.（1）當時，用定義證明在區(qū)間上是嚴格增函數；（2）根據的不同取值，判斷函數的奇偶性，并說明理由；（3）令，設在區(qū)間上的最小值為，求的表達式.20．已知集合，（1）當時，求；21．某班級欲在半徑為1米的圓形展板上做班級宣傳，設計方案如下：用四根不計寬度的銅條將圓形展板分成如圖所示的形狀，其中正方形ABCD的中心在展板圓心，正方形內部用宣傳畫裝飾，若銅條價格為10元/米，宣傳畫價格為20元/平方米，展板所需總費用為銅條的費用與宣傳畫的費用之和（1）設，將展板所需總費用表示成的函數；（2）若班級預算為100元，試問上述設計方案是否會超出班級預算？

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】寫出平移變換后的函數解析式，將函數的解析式利用二倍角公式降冪，化為正弦型函數，進而可得出的表達式，利用賦特殊值可得出結果.【題目詳解】將函數的圖象向左平移個單位長度，再向下平移個單位長度，所得圖象對應的函數的解析式為，，，解得，當時，.故選：B.【題目點撥】本題考查利用三角函數圖象變換求參數，解題的關鍵就是結合圖象變換求出變換后所得函數的解析式，考查計算能力，屬于中等題.2、B【解題分析】先根據三視圖得到幾何體的形狀，然后再根據條件中的數據求得幾何體的體積【題目詳解】由三視圖可知該幾何體是一個以俯視圖為底面的四棱錐，如下圖中的四棱錐由題意得其底面面積，高，故幾何體的體積故選B【題目點撥】由三視圖還原幾何體的方法（1）還原后的幾何體一般為較熟悉的柱、錐、臺、球的組合體（2）注意圖中實、虛線，實際是原幾何體中的可視線與被遮擋線（3）想象原形，并畫出草圖后進行三視圖還原，把握三視圖和幾何體之間的關系，與所給三視圖比較，通過調整準確畫出原幾何體3、C【解題分析】直接利用充分條件和必要條件的定義判斷.【題目詳解】因為偶函數在上單調遞增，若，則，而等價于，故充分必要；故選：C4、A【解題分析】由即可判斷S的含義.【題目詳解】解：由圖可知，集合S是集合A與集合B的交集，所以集合S表示：感染未發(fā)病者，即無癥狀感染者，故選：A.5、A【解題分析】直接誘導公式與特殊角的三角函數求解即可.【題目詳解】,故選：A.6、B【解題分析】方程有兩個不相等的實數根，轉化為有兩個不等根，根據圖像得到只需要故答案為B．7、D【解題分析】利用對數運算法則即可得出【題目詳解】，，，，則.故選D.【題目點撥】本題考查了對數的運算法則，考查了計算能力，屬于基礎題8、C【解題分析】由題意求函數的定義域，即可求得與函數圖象不相交的直線.【題目詳解】函數的定義域是，解得：，當時，，函數的圖象不相交的一條直線是.故選：C【題目點撥】本題考查正切函數的定義域，屬于簡單題型.9、D【解題分析】條件可化為x=log43，運用對數恒等式，即可【題目詳解】∵xlog34=1，∴x=log43，∴4x=3，∴4x+4–x=3+．故選D【題目點撥】本題考查對數性質的簡單應用，屬于基礎題目10、A【解題分析】解一元二次不等式化簡集合B，再利用交集的定義直接計算作答.【題目詳解】解不等式，即，解得，則，而，所以.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】由高和側棱求側棱在底面射影長，得底面邊長，從而可求得斜高，可得側面積【題目詳解】如圖，正四棱錐，是高，是中點，則是斜高，由已知，，則，是正方形，∴，，，側面積側故答案為：【題目點撥】關鍵點點睛：本題考查求正棱錐的側面積．在正棱錐計算中，解題關鍵是掌握四個直角三角形：如解析中圖中，正棱錐的幾乎所有量在這四個直角三角形中都有反應12、【解題分析】本題首先可以根據分別是方程的根得出，再根據即可得出，然后通過函數與函數的性質即可得出，最后得出結果【題目詳解】因為，，，所以，因為，，所以，，因為函數與函數都是單調遞增函數，前者在后者的上方，所以，綜上所述，【題目點撥】本題考查方程的根的比較大小，通?？赏ㄟ^函數性質或者根的大致取值范圍進行比較，考查函數思想，考查推理能力，是中檔題13、【解題分析】圓，圓心為(0,0)，半徑為1；圓，圓心為(4,0)，半徑為5.圓心距為4=5-1，故兩圓內切.切點為(-1,0)，圓心連線為x軸，所以兩圓公切線的方程為，即.故答案.14、【解題分析】由不等式，即，所以不等式的解集為.15、【解題分析】利用函數是減函數,根據對數的圖象和性質判斷出的大致范圍，再根據為減函數，得到不等式組,利用函數的圖象,方程的解的個數,推出的范圍【題目詳解】函數（且），在上單調遞減，則：；解得，由圖象可知，在上,有且僅有一個解，故在上,同樣有且僅有一個解，當即時,聯(lián)立,則,解得或1（舍去），當時由圖象可知，符合條件，綜上：的取值范圍為.故答案為【題目點撥】本題考查函數的單調性和方程的零點,對于分段函數在定義域內是減函數,除了每一段都是減函數以外,還要注意右段在左段的下方,經常會被忽略,是一個易錯點；復雜方程的解通常轉化為函數的零點,或兩函數的交點,體現了數學結合思想,屬于難題.16、【解題分析】根據所給數據得到二次函數的對稱軸，即可得到，再根據函數的單調性，即可得解；【題目詳解】解：∵，∴對稱軸為，∴，又∵在上單調遞減，在上單調遞增，∴的解集為故答案為：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）.【解題分析】(1)由二次函數可設,再利用進行化簡分析即可.(2)由(1)可知,對稱軸為，通過討論的范圍，根據函數的單調性，求出函數的最小值.【題目詳解】(1)由二次函數可設，因為,故，即,即，故,即，故；（2）函數的對稱軸為，則當，即時，在單調遞減，；當，即時，；當時，在單調遞增，，.【題目點撥】本題主要考查二次函數的解析式求解以及二次函數最值的問題等,屬于中等題型.18、（1）（2）1【解題分析】（1）根據指數冪的運算算出答案即可；（2）根據對數的運算算出答案即可.【小問1詳解】【小問2詳解】19、（1）證明見解析（2）當時，奇函數；當時，非奇非偶函數，理由見解析.（3）【解題分析】（1）當時，得到函數，利用函數單調性的定義，即可作出證明；（2）分和兩種情況，結合函數的奇偶性的定義，即可得出結論.（3）根據正負性,結合具體類型的函數的單調性,進行分類討論可以求出的表達式；【小問1詳解】當時，函數，設且，則，因為，可得又由，可得，所以所以，即，所以函數是上是嚴格增函數.【小問2詳解】由函數的定義域為關于原點對稱，當時，函數，可得，此時函數為奇函數；當時，，此時且，所以時，函數為非奇非偶函數.【小問3詳解】，當時,,函數在區(qū)間的最小值為；當時,函數的對稱軸為：.若,在區(qū)間的最小值為；若,在區(qū)間的最小值為;若,在區(qū)間的最小值為；當時,,在區(qū)間的最小值為.綜上所述：；20、（1）（2）【解題分析】（1）解一元二次不等式求得集合，由補集和并集的定義可運算求得結果；（2）分別在和兩種情況下，根據交集為空集可構造不等式求得結果.【小問1詳解】由題意得，或，，.【小問2詳解】，當時，，符合題意，當時，由，得，故a的取值范圍為21、（1）；（2）上述設計方案是不會超出班