2024屆遼寧省沈陽市二十中學高一上數學期末聯(lián)考模擬試題含解析

2024屆遼寧省沈陽市二十中學高一上數學期末聯(lián)考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．已知，則的大小關系是A. B.C. D.2．若,,,則大小關系為A. B.C. D.3．已知向量，向量，則的最大值，最小值分別是（）A.，0 B.4，C.16，0 D.4，04．已知函數滿足∶當時，，當時，，若，且，設，則()A.沒有最小值 B.的最小值為C.的最小值為 D.的最小值為5．若直線平面，直線平面，則直線a與直線b的位置關系為（）A.異面 B.相交C.平行 D.平行或異面6．設平面向量滿足，且，則的最大值為A.2 B.3C. D.7．如圖中,分別是正三棱柱(兩底面為正三角形的直棱柱)的頂點或所在棱的中點，則表示直線是異面直線的圖形有（）A.①③ B.②③C.②④ D.②③④8．設函數的定義域為．則“在上嚴格遞增”是“在上嚴格遞增”的（）條件A.充分不必要 B.必要不充分C.充分必要 D.既不充分也不必要9．過點（1，0）且與直線x-2y-2=0平行的直線方程是（）A.x-2y-1=0 B.x-2y+1=0C.2x+y-2=0 D.x+2y-1=010．已知是偶函數，且在上是減函數，又，則的解集為（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知樣本，，…，的平均數為5，方差為3，則樣本，，…，的平均數與方差的和是_____12．已知，，且，若不等式恒成立，則實數m的取值范圍為______13．已知是定義在R上的偶函數，且在區(qū)間上單調遞增.若實數滿足，則的取值范圍是______.14．定義在上的函數滿足，且時，，則________15．若關于的方程的一個根在區(qū)間上，另一個根在區(qū)間上，則實數的取值范圍是__________16．若函數y＝loga(2－ax)在[0，1]上單調遞減，則a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．在平面直角坐標系中,設二次函數的圖像與兩坐標軸有三個交點,經過這三點的圓記為(1)求圓的方程；(2)若過點的直線與圓相交,所截得的弦長為4,求直線的方程.18．已知函數在一個周期內的圖象如圖所示.（1）求函數的解析式；（2）若存在，使得關于的不等式成立，求實數的最小值.19．已知函數.（1）求函數的最大值及相應的取值；（2）方程在上有且只有一個解，求實數的取值范圍；（3）是否存在實數滿足對任意，都存在，使成立.若存在，求的取值范圍；若不存在，說明理由.20．已知（1）若為第三象限角，求的值（2）求的值（3）求的值21．如圖，正方體的棱長為，連接，，，，，，得到一個三棱錐．求：（1）三棱錐的表面積；（2）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】根據指數函數的單調性以及對數函數的單調性分別判斷出的取值范圍，從而可得結果.【題目詳解】，，，，故選B.【題目點撥】本題主要考查對數函數的性質、指數函數的單調性及比較大小問題，屬于難題.解答比較大小問題，常見思路有兩個：一是判斷出各個數值所在區(qū)間（一般是看三個區(qū)間）；二是利用函數的單調性直接解答；數值比較多的比大小問題也可以兩種方法綜合應用.2、D【解題分析】取中間值0和1分別與這三個數比較大小，進而得出結論【題目詳解】解：，，，，故選：D.【題目點撥】本題主要考查取中間值法比較數的大小，屬于基礎題3、D【解題分析】利用向量的坐標運算得到|2用θ的三角函數表示化簡求最值【題目詳解】解：向量，向量，則2（2cosθ，2sinθ+1），所以|22＝（2cosθ）2+（2sinθ+1）2＝8﹣4cosθ+4sinθ＝8﹣8sin（），所以|22的最大值，最小值分別是：16，0；所以|2的最大值，最小值分別是4，0；故選：D【題目點撥】本題考查了向量的坐標運算以及三角函數解析式的化簡；利用了兩角差的正弦公式以及正弦函數的有界性4、B【解題分析】根據已知條件，首先利用表示出，然后根據已知條件求出的取值范圍，最后利用一元二次函數并結合的取值范圍即可求解.【題目詳解】∵且，則，且，∴，即由，∴，又∵，∴當時，，當時，，故有最小值.故選：B.5、C【解題分析】利用線面垂直的性質定理進行判斷.【題目詳解】由于垂直于同一平面的兩直線平行，故當直線平面，直線平面時，直線與直線平行.故選：C.6、C【解題分析】設，∵，且，∴∵，當且僅當與共線同向時等號成立，∴的最大值為．選C點睛：由于向量，且，因此向量確定，這是解題的基礎也是關鍵．然后在此基礎上根據向量模的三角不等式可得的范圍，解題時要注意等號成立的條件7、C【解題分析】對于①③可證出，兩條直線平行一定共面，即可判斷直線與共面；對于②④可證三點共面，但平面；三點共面，但平面，即可判斷直線與異面.【題目詳解】由題意，可知題圖①中，，因此直線與共面；題圖②中，三點共面，但平面，因此直線與異面；題圖③中，連接，則，因此直線與共面；題圖④中，連接，三點共面，但平面，所以直線與異面.故選C.【題目點撥】本題主要考查異面直線的定義，屬于基礎題.8、A【解題分析】利用特例法、函數單調性的定義結合充分條件、必要條件的定義判斷可得出合適的選項.【題目詳解】若函數在上嚴格遞增，對任意的、且，，由不等式的性質可得，即，所以，在上嚴格遞增，所以，“在上嚴格遞增”“在上嚴格遞增”；若在上嚴格遞增，不妨取，則函數在上嚴格遞增，但函數在上嚴格遞減，所以，“在上嚴格遞增”“在上嚴格遞增”.因此，“在上嚴格遞增”是“在上嚴格遞增”的充分不必要條件.故選：A.9、A【解題分析】設出直線方程，利用待定系數法得到結果.【題目詳解】設與直線平行的直線方程為，將點代入直線方程可得，解得則所求直線方程為．故A正確【題目點撥】本題主要考查兩直線的平行問題，屬容易題．兩直線平行傾斜角相等，所以斜率相等或均不存在．所以與直線平行的直線方程可設為10、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.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、23【解題分析】利用期望、方差的性質，根據已知數據的期望和方差求新數據的期望和方差.【題目詳解】由題設，，，所以，.故平均數與方差的和是23.故答案為：23.12、【解題分析】由基本不等式求得的最小值，解不等式可得的范圍【題目詳解】∵，，，，∴，當且僅當，即時等號成立，∴的最小值為8，由解得，故答案為：13、【解題分析】由題意在上單調遞減，又是偶函數，則不等式可化為，則，，解得14、【解題分析】根據題意可得，再根據對數運算法則結合時的解析式，即可得答案；【題目詳解】由可得函數為奇函數，由可得，故函數的周期為4，所以，因為，所以..故答案為：.【題目點撥】本題考查函數奇偶性及對數的運算法則，考查邏輯推理能力、運算求解能力.15、【解題分析】設，時，方程只有一個根，不合題意，時，方程的根，就是函數的零點，方程的一個根在區(qū)間上，另一個根在區(qū)間上，且只需，即，解得，故答案為.16、(1，2)【解題分析】分類討論得到當時符合題意，再令在[0，1]上恒成立解出a的取值范圍即可.【題目詳解】令，當時，為減函數，為減函數，不合題意；當時，為增函數，為減函數，符合題意，需要在[0，1]上恒成立，當時，成立，當時，恒成立，即，綜上.故答案為：(1，2).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)或【解題分析】（1）先求得圓三個交點，，由和的垂直平分線得圓心，進而得半徑；（2）易得圓心到直線的距離為1，討論直線斜率不存在和存在時，利用圓心到直線的距離求解即可.試題解析：二次函數的圖像與兩坐標軸軸的三個交點分別記為(1)線段的垂直平分線為,線段的垂直平分線,兩條中垂線的交點為圓心,又半徑,∴圓的方程為:(2)已知圓的半徑,弦長為4,所以圓心到直線的距離為1,若直線斜率不存在時,即時,滿足題意;當直線斜率存在時,設直線斜率存在為,直線方程為,此時直線方程為:,所以直線的方程為:或.點睛：直線與圓的位置關系常用處理方法：（１）直線與圓相切處理時要利用圓心與切點連線垂直，構建直角三角形，進而利用勾股定理可以建立等量關系；（２）直線與圓相交，利用垂徑定理也可以構建直角三角形；（３）直線與圓相離時，當過圓心作直線垂線時長度最小18、（1）（2）【解題分析】（1）結合圖象，由最大最小值可得，由可得，由函數圖象經過點可求，從而可得答案.（2）原不等式等價于存在,使得成立，即，令，利用函數單調性求解最小值即可得答案.【小問1詳解】解：由圖可知，設函數的最小正周期為，，，，，又由圖可知函數的圖象經過點，，,,【小問2詳解】解：由（1）知原不等式等價于，即.又，∴原不等式等價于存在,使得成立，，，令，則，令，∵在區(qū)間上單調遞減，∴，∴實數的最小值為.19、（1）2，（2）或（3）存在，【解題分析】（1）由三角恒等變換化簡函數，再根據正弦函數性質可求得答案；（2）將問題轉化為函數與函數在上只有一個交點.由函數的單調性和最值可求得實數的取值范圍；（3）由（1）可知，由已知得，成立，令，其對稱軸，分，，討論函數的最小值，建立不等式，求解即可.【小問1詳解】解：由得.令，解得，∴函數的最大值為2，此時；【小問2詳解】解：方程在上有且有一個解，即函數與函數在上只有一個交點.∵，∴.∵函數在上單調遞增，在上單調遞減，且，，.∴或；【小問3詳解】解：由（1）可知，∴.實數滿足對任意，都存在，使得成立，即成立，令，其對稱軸，∵，∴①當時，即，，∴；②當，即時，，∴；③當，即時，，∴.綜上可得，存在滿足題意的實數，的取值范圍是.20、（1）（2）（3）【解題分析】（1）化簡式子可得，平方后利用同角三角函