2024屆四川樂山市高一數學第一學期期末復習檢測模擬試題含解析

2024屆四川樂山市高一數學第一學期期末復習檢測模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．已知一個空間幾何體的三視圖如圖所示，根據圖中標出的尺寸，可得這個幾何體的體積是（）A.6 B.8C.12 D.182．已知函數在上圖像關于軸對稱，若對于，都有，且當時，，則的值為（）A. B.C. D.3．已知函數，則的圖像大致是（）A. B.C. D.4．平行線與之間的距離等于（）A. B.C. D.5．《易經》是我國古代預測未來的著作，其中同時拋擲三枚古錢幣觀察正反面進行預測未知，則拋擲一次時出現兩枚正面一枚反面的概率為A. B.C. D.6．已知定義在上的奇函數，滿足，當時，，則函數在區(qū)間上的所有零點之和為（）A. B.C. D.7．已知cosα＝，cos(α＋β)＝－，且α，β∈，則cos(α－β)的值等于A.－ B.C.－ D.8．一名籃球運動員在最近6場比賽中所得分數的莖葉圖如圖所示，由于疏忽，莖葉圖中的兩個數據上出現了污點，導致這兩個數字無法辨認，但統(tǒng)計員記得除掉污點2處的數字不影響整體中位數，且這六個數據的平均數為17，則污點1，2處的數字分別為A.5，7 B.5，6C.4，5 D.5，59．在平面直角坐標系中，設角的終邊上任意一點的坐標是，它與原點的距離是，規(guī)定：比值叫做的正余混弦，記作.若，則（）A. B.C. D.10．集合{α|k·180°＋45°≤α≤k·180°＋90°,k∈Z}中的角α的終邊在單位圓中的位置(陰影部分)是（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若函數在區(qū)間上是增函數，則實數取值范圍是______12．不等式的解集是______13．設，則______.14．已知角的終邊經過點，則的值為_______________.15．已知，且，則的最小值為____________.16．當一個非空數集G滿足“如果，則，，，且時，”時，我們稱G就是一個數域，以下關于數域的命題：①0和1都是任何數域的元素；②若數域G有非零元素，則；③任何一個有限數域的元素個數必為奇數；④有理數集是一個數域；⑤偶數集是一個數域，其中正確的命題有______________.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．已知函數的圖象（部分）如圖所示，（1）求函數的解析式和對稱中心坐標；（2）求函數的單調遞增區(qū)間18．已知，且函數是奇函數.（1）求實數a的值；（2）判斷函數的單調性，并證明.19．已知函數是二次函數，，（1）求的解析式；（2）解不等式20．如圖，已知多面體PABCDE的底面ABCD是邊長為2的菱形，PA⊥底面ABCD，ED//PA，且PA=2ED=2（1）證明：平面PAC⊥平面PCE；（2）若直線PC與平面ABCD所成的角為45°，求直線CD與平面PCE所成角的正弦值21．已知函數（1）若不等式的解集為，求的值；（2）當時，求關于的不等式的解集

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】由三視圖還原幾何體：底面等腰直角三角形，高為4的三棱錐，應用棱錐的體積公式求體積即可.【題目詳解】由三視圖可得如下幾何體：底面等腰直角三角形，高為4的三棱錐，∴其體積.故選：A.2、C【解題分析】據條件即可知為偶函數，并且在，上是周期為2的周期函數，又，時，，從而可得出，，從而找出正確選項【題目詳解】解：函數在上圖象關于軸對稱；是偶函數；又時，；在，上為周期為2的周期函數；又，時，；，；故選：【題目點撥】考查偶函數圖象的對稱性，偶函數的定義，周期函數的定義，以及已知函數求值，屬于中檔題3、C【解題分析】判斷函數的奇偶性，再利用時，函數值的符號即可求解.【題目詳解】由，則，所以函數為奇函數，排除B、D.當，則，所以，，所以，排除A.故選：C4、C【解題分析】，故選5、C【解題分析】用列舉法得出：拋擲三枚古錢幣出現的基本事件的總數，進而可得出所求概率.【題目詳解】拋擲三枚古錢幣出現的基本事件共有：正正正，正正反，正反正，反正正，正反反，反正反，反反正，反反反8中，其中出現兩正一反的共有3種，故概率為.故選C【題目點撥】本題主要考查古典概型，熟記概率的計算公式即可，屬于?？碱}型.6、D【解題分析】推導出函數是周期為的周期函數，且該函數的圖象關于直線對稱，令，可得出，轉化為函數與函數圖象交點橫坐標之和，數形結合可得出結果.【題目詳解】由于函數為上的奇函數，則，，所以，函數是周期為的周期函數，且該函數的圖象關于直線對稱，令，可得，則函數在區(qū)間上的零點之和為函數與函數在區(qū)間上圖象交點橫坐標之和，如下圖所示：由圖象可知，兩個函數的四個交點有兩對關于點對稱，因此，函數在區(qū)間上的所有零點之和為.故選：D.【題目點撥】本題考查函數零點之和，將問題轉化為兩個函數的交點，結合函數圖象的對稱性來求解是解答的關鍵，考查數形結合思想的應用，屬于中等題.7、D【解題分析】∵α∈，∴2α∈(0，π)．∵cosα＝，∴cos2α＝2cos2α－1＝－，∴sin2α＝，而α，β∈，∴α＋β∈(0，π)，∴sin(α＋β)＝，∴cos(α－β)＝cos[2α－(α＋β)]＝cos2αcos(α＋β)＋sin2αsin(α＋β)＝＝.8、A【解題分析】由于除掉處的數字后剩余個數據的中位數為，故污點處的數字為，，則污點處的數字為，故選A.9、D【解題分析】由可得出，根據題意得出，結合可得出關于和的方程組，解出這兩個量，然后利用商數關系可求出的值.【題目詳解】，則，由正余混弦的定義可得.則有，解得，因此，.故選：D.【題目點撥】本題考查三角函數的新定義，涉及同角三角函數基本關系的應用，根據題意建立方程組求解和的值是解題的關鍵，考查運算求解能力，屬于基礎題.10、C【解題分析】利用賦值法來求得正確答案.【題目詳解】當k＝2n，n∈Z時,n360°＋45°≤α≤n360°＋90°，n∈Z；當k＝2n＋1，n∈Z時，n360°＋225°≤α≤n360°＋270°，n∈Z.故選：C二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】令，由題設易知在上為增函數，根據二次函數的性質列不等式組求的取值范圍.【題目詳解】由題設，令，而為增函數，∴要使在上是增函數，即在上為增函數，∴或，可得或，∴的取值范圍是.故答案為：12、【解題分析】先利用指數函數的單調性得，再解一元二次不等式即可【題目詳解】故答案為【題目點撥】本題考查了指數不等式和一元二次不等式的解法，屬中檔題13、1【解題分析】根據指數式與對數式的互化，得到，，再結合對數的運算法則，即可求解.【題目詳解】由，可得，，所以.故答案為：.14、【解題分析】到原點的距離.考點：三角函數的定義.15、##2.5【解題分析】將變形為，利用基本不等式求得答案.【題目詳解】由題意得：，當且僅當時取得等號，故答案為：16、①②③④【解題分析】利用已知條件中數域的定義判斷各命題的真假，題目給出了對兩個實數的四種運算，要滿足對四種運算的封閉，只有一一驗證.【題目詳解】①當時，由數域的定義可知，若，則有，即，，故①是真命題;②因為，若，則，則，，則2019，所以，故②是真命題；③，當且時，則，因此只要這個數不為就一定成對出現，所以有限數域的元素個數必為奇數，所以③是真命題；④若，則，且時,，故④是真命題；⑤當時，，所以偶數集不是一個數域，故⑤是假命題；故答案為：①②③④【題目點撥】關鍵點點睛：理解數域就是對加減乘除封閉的集合，是解題的關鍵，一定要讀懂題目再入手，沒有一個條件是多余的，是難題.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），對稱中心；（2），【解題分析】(1)由函數的圖象得出A，求出函數的四分之一周期，從而得出ω，代入最高點坐標求出φ，得函數的解析式，進而求出對稱中心坐標；（2）令，從而得到函數的單調遞增區(qū)間.【題目詳解】（1）由題意可知，，，，又當時，函數取得最大值2，所以，，又因為，所以，所以函數，令，，得對稱中心，.（2）令，解得，，所以單調遞增區(qū)間為，【題目點撥】求y＝Asin（ωx+φ）的解析式，條件不管以何種方式給出，一般先求A，再求ω，最后求φ；求y＝Asin（ωx+φ）的單調遞增區(qū)間、對稱軸方程、對稱中心坐標時，要把ωx+φ看作整體，分別代入正弦函數的單調遞增區(qū)間、對稱軸方程、對稱中心坐標分別求出x，這兒利用整體的思想；求y＝Asin（ωx+φ）的最大值，需要借助正弦函數的最大值的求解方法即可18、（1）（2）在上是減函數，證明見解析【解題分析】（1）直接由解出，再把代入檢驗；（2）直接由定義判斷單調性即可.【小問1詳解】因為，函數奇函數，所以，解得.此時，，，滿足題意.故.【小問2詳解】在上是減函數.任取，，則，由∴，故在上是減函數.19、（1）（2）【解題分析】(1)根據得對稱軸為，再結合頂點可求解;(2)由（1）得，然后直接解不等式即可.【小問1詳解】由，知此二次函數圖象的對稱軸為，又因為，所以是的頂點，所以設因，即所以得所以【小問2詳解】因為所以化為，即或不等式的解集為20、(1)見解析(2)2【解題分析】1連接BD，交AC于點O，設PC中點為F，連接OF，EF，先證出BD∥EF，再證出EF⊥平面PAC，，結合面面垂直的判定定理即可證平面PAC⊥平面PCE；2先證明∠PCA=45°，設CD的中點為M，連接AM，所以點P到平面CDE的距離與點A到平面CDE的距離相等，即h2解析：（1）證明：連接BD，交AC于點O，設PC中點為F，連接OF，EF∵O，F分別為AC，PC的中點，∴OF//PA，且OF=1∵DE//PA，且DE=1∴OF//DE，且OF=DE，∴四邊形OFED為平行四邊形，∴OD//EF，即BD//EF，∵PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴PA⊥BD，∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC∵PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，∵BD//EF，∴EF⊥平面PAC，∵FE?平面PCE，∴平面PAC⊥平面PCE（2）因為直線PC與平面ABCD所成角為45°，所以∠PCA=45°，所以AC=PA=2，所以AC=AB，故ΔABC為等邊三角形，設CD的中點為M，連接AM，則AM⊥CD，設點D到平面PCE的距離為h1，點P到平面CDE的距離為h則由VD-PCE=V因為ED⊥面ABCD，AM?面ABCD，所以ED⊥AM，又AM⊥CD，CD∩DE=D，∴AM⊥面CDE；因為PA//DE，PA?平面CDE，DE?面CDE，所以PA//面CDE，所以點P到平面CDE的距離與點A到平面CDE的距離相等，即h2因為PE=EC=