哈爾濱市重點中學2023-2024學年數學高一上期末達標檢測模擬試題含解析

哈爾濱市重點中學2023-2024學年數學高一上期末達標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；在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意，請將正確選項填涂在答題卡上.）1．給定四個函數：①；②（）；③；④．其中是奇函數的有（）A.1個 B.2個C.3個 D.4個2．已知平面向量，，且，則實數的值為（）A. B.C. D.3．若，，則等于（）A. B.C. D.4．命題“，”的否定為（）A.， B.，C.， D.，5．已知，則A.2 B.7C. D.66．函數的值域為（）A.（0，＋∞） B.（－∞，1）C.（1，＋∞） D.（0，1）7．用反證法證明命題：“已知.，若不能被7整除，則與都不能被7整除”時，假設的內容應為A.,都能被7整除 B.,不能被7整除C.,至少有一個能被7整除 D.,至多有一個能被7整除8．已知函數，對于任意，且，均存在唯一實數，使得，且，若關于的方程有4個不相等的實數根，則的取值范圍是A. B.C. D.9．函數在區(qū)間（0,1）內的零點個數是A.0 B.1C.2 D.310．如圖所示，觀察四個幾何體，其中判斷錯誤的是（）A.不是棱臺 B.不是圓臺C.不是棱錐 D.是棱柱二、填空題（本大題共5小題，請把答案填在答題卡中相應題中橫線上）11．已知函數同時滿足以下條件：①定義域為；②值域為；③.試寫出一個函數解析式___________.12．若xlog23＝1，則9x+3﹣x＝_____13．已知為銳角，，，則__________14．我國古代數學名著《續(xù)古摘奇算法》（楊輝著）一書中有關于三階幻方的問題：將1,2,3,4,5,6,7,8,9分別填入的方格中，使得每一行，每一列及對角線上的三個數的和都相等(如圖所示)，我們規(guī)定：只要兩個幻方的對應位置（如每行第一列的方格）中的數字不全相同，就稱為不同的幻方，那么所有不同的三階幻方的個數是__________.83415967215．在某高傳染性病毒流行期間，為了建立指標顯示疫情已受控制，以便向該地區(qū)居民顯示可以過正常生活，有公共衛(wèi)生專家建議的指標是“連續(xù)7天每天新增感染人數不超過5人”，根據連續(xù)7天的新增病例數計算，下列各個選項中，一定符合上述指標的是__________(填寫序號)①平均數；②標準差；③平均數且極差小于或等于2；④平均數且標準差；⑤眾數等于1且極差小于或等于4三、解答題（本大題共6小題.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.）16．在中，，記，且為正實數），（1）求證：；（2）將與的數量積表示為關于的函數；（3）求函數的最小值及此時角的大小17．已知函數，若同時滿足以下條件：①在D上單調遞減或單調遞增；②存在區(qū)間，使在上的值域是，那么稱為閉函數（1）求閉函數符合條件②的區(qū)間；（2）判斷函數是不是閉函數？若是請找出區(qū)間；若不是請說明理由；（3）若是閉函數，求實數的取值范圍18．已知函數（1）若在區(qū)間上有最小值為，求實數m的值；（2）若時，對任意的，總有，求實數m的取值范圍19．設函數.（1）若，且均為正實數，求的最小值，并確定此時實數的值；（2）若滿足在上恒成立，求實數的取值范圍.20．已知函數，，且求實數m的值；作出函數的圖象并直接寫出單調減區(qū)間若不等式在時都成立，求t的取值范圍21．對于函數，若在定義域內存在實數，滿足，則稱函數為“局部中心函數”.（1）已知二次函數，試判斷是否為“局部中心函數”.并說明理由；（2）若是定義域為R上的“局部中心函數”，求實數m的取值范圍.

參考答案一、選擇題（本大題共10小題；在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意，請將正確選項填涂在答題卡上.）1、B【解析】首先求出函數的定義域，再由函數的奇偶性定義即可求解.【詳解】①函數的定義域為，且，，則函數是奇函數；②函數的定義域關于原點不對稱，則函數（）為非奇非偶函數；③函數的定義域為，，則函數不是奇函數；④函數的定義域為，，則函數是奇函數.故選：B2、C【解析】根據垂直向量坐標所滿足的條件計算即可【詳解】因為平面向量，，且，所以，解得故選：C3、D【解析】根據三角函數的誘導公式即可化簡求值.【詳解】∵，，，，，.故選：D.4、C【解析】由全稱命題的否定是特稱命題可得答案.【詳解】根據全稱命題的否定是特稱命題，所以“，”的否定為“，”.故選：C.5、A【解析】先由函數解析式求出，從而，由此能求出結果【詳解】，，，故選A【點睛】本題主要考查分段函數的解析式、分段函數解不等式，屬于中檔題.對于分段函數解析式的考查是命題的動向之一，這類問題的特點是綜合性強，對抽象思維能力要求高，因此解決這類題一定要層次清楚，思路清晰.當出現的形式時，應從內到外依次求值6、D【解析】將函數解析式變形為，再根據指數函數的值域可得結果.【詳解】，因為，所以，所以，所以函數的值域為.故選：D7、C【解析】根據用反證法證明數學命題的步驟和方法，應先假設命題的否定成立而命題“與都不能被7整除”的否定為“至少有一個能被7整除”，故選C【點睛】本題主要考查用反證法證明數學命題，把要證結論進行否定，得到要證的結論的反面，是解題的關鍵.8、A【解析】解：由題意可知f（x）在[0，+∞）上單調遞增，值域為[m，+∞），∵對于任意s∈R，且s≠0，均存在唯一實數t，使得f（s）＝f（t），且s≠t，∴f（x）在（﹣∞，0）上是減函數，值域為（m，+∞），∴a＜0，且﹣b+1＝m，即b＝1﹣m∵|f（x）|＝f（）有4個不相等的實數根，∴0＜f（）＜﹣m，又m＜﹣1，∴0m，即0＜（1）m＜﹣m，∴﹣4＜a＜﹣2，∴則a的取值范圍是（﹣4，﹣2），故選A點睛：本題中涉及根據函數零點求參數取值，是高考經常涉及的重點問題，（1）利用零點存在的判定定理構建不等式求解；（2）分離參數后轉化為函數的值域（最值）問題求解，如果涉及由幾個零點時，還需考慮函數的圖象與參數的交點個數；（3）轉化為兩熟悉的函數圖象的上、下關系問題，從而構建不等式求解.9、B【解析】,在范圍內，函數為單調遞增函數．又，，，故在區(qū)間存在零點，又函數為單調函數，故零點只有一個考點：導函數，函數零點10、C【解析】利用幾何體的定義解題.【詳解】A.根據棱臺的定義可知幾何體不是棱臺，所以A是正確的；B.根據圓臺的定義可知幾何體不是圓臺，所以B是正確的；C.根據棱錐的定義可知幾何體是棱錐，所以C是錯誤的；D.根據棱柱的定義可知幾何體是棱柱，所以D是正確的.故答案為C【點睛】本題主要考查棱錐、棱柱、圓臺、棱臺的定義，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.二、填空題（本大題共5小題，請把答案填在答題卡中相應題中橫線上）11、或（答案不唯一）【解析】由條件知，函數是定義在R上的偶函數且值域為，可以寫出若干符合條件的函數.【詳解】函數定義域為R，值域為且為偶函數，滿足題意的函數解析式可以為：或【點睛】本題主要考查了函數的定義域、值域、奇偶性以，屬于中檔題.12、【解析】由已知條件可得x＝log32，即3x＝2，再結合分數指數冪的運算即可得解.【詳解】解：∵，∴x＝log32，則3x＝2，∴9x＝4，，∴，故答案為：【點睛】本題考查了指數與對數形式的互化，重點考查了分數指數冪的運算，屬基礎題.13、【解析】由，都是銳角，得出的范圍，由和的值，利用同角三角函數的基本關系分別求出和的值，然后把所求式子的角變?yōu)?，利用兩角和與差的余弦函數公式化簡計算，即得結果【詳解】，都是銳角，，又，，，，則故答案為：.14、8【解析】三階幻方，是最簡單的幻方，由1，2，3，4，5，6，7，8，9．其中有8種排法492、357、816；276、951、438；294、753、618；438、951、276；816、357、492；618、753、294；672、159、834；834、159、672故答案為：815、③⑤【解析】按照平均數、極差、方差依次分析各序號即可.【詳解】連續(xù)7天新增病例數：0，0，0，0，2，6，6，平均數是2<3，①錯；連續(xù)7天新增病例數：6，6，6，6，6，6，6，標準差是0<2，②錯；平均數且極差小于或等于2，單日最多增加4人，若有一日增加5人，其他天最少增加3人，不滿足平均數，所以單日最多增加4人，③對；連續(xù)7天新增病例數：0，3，3，3，3，3，6，平均數是3且標準差小于2，④錯；眾數等于1且極差小于或等于4，最大數不會超過5，⑤對.故答案為：③⑤.三、解答題（本大題共6小題.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.）16、（1）證明見解析；（2）；（3）2，.【解析】（1）由，得到，根據，即可求解；（2）由，整理得，即可求得表達式；（3）由（2）知，結合基本不等式，求得的最小值，再利用向量的夾角公式，即可求解.【詳解】（1）在中，，可得，所以，所以.（2）由，可得，即，整理得，所以（3）由（2）知，因為為正實數，則，當且僅當時，即時，等號成立，所以的最小值為2，即，此時，因為，可得，又因為，此時為等邊三角形，所以【點睛】求平面向量的模的2種方法：1、利用及，把向量模的運算轉化為數量積的運算；2、利用向量的幾何意義，即利用向量加、減法的平行四邊形法則或三角形法則作出向量，再利用余弦定理等方法求解.17、（1），；（2）見解析；（3）【解析】（1）由在R上單減，列出方程組，即可求的值；（2）由函數y=2x+lgx在（0，+∞）單調遞增可知即，結合對數函數的單調性可判斷（3）易知在[﹣2，+∞）上單調遞增．設滿足條件B的區(qū)間為[a，b]，則方程組有解，方程至少有兩個不同的解，即方程x2﹣（2k+1）x+k2﹣2=0有兩個都不小于k的不根．結合二次方程的實根分布可求k的范圍【詳解】解：（1）∵在R上單減，所以區(qū)間[a，b]滿足，解得a=﹣1，b=1（2）∵函數y=2x+lgx在（0，+∞）單調遞增假設存在滿足條件的區(qū)間[a，b]，a＜b，則，即∴l(xiāng)gx=﹣x在（0，+∞）有兩個不同的實數根，但是結合對數函數的單調性可知，y=lgx與y=﹣x只有一個交點故不存在滿足條件的區(qū)間[a，b]，函數y=2x+lgx是不是閉函數（3）易知在[﹣2，+∞）上單調遞增設滿足條件B的區(qū)間為[a，b]，則方程組有解，方程至少有兩個不同的解即方程x2﹣（2k+1）x+k2﹣2=0有兩個都不小于k的不根∴得，即所求【點睛】本題主要考查了函數的單調性的綜合應用，函數與方程的綜合應用問題，其中解答中根據函數與方程的交點相互轉化關系，合理轉化為二次函數的圖象與性質的應用是解答的關鍵，著重考查了函數知識及數形結合思想的應用，以及轉化思想的應用，試題有較強的綜合性，屬于難題.18、（1）或；（2）.【解析】（1）可知的對稱軸為，討論對稱軸的范圍求出最小值即可得出；（2）不等式等價于，求出最大值和最小值即可解出.【詳解】（1）可知的對稱軸為，開口向上，當，即時，，解得或（舍），∴當，即時，，解得，∴綜上，或（2）由題意得，對，∵，，∴，∴，解得，∴【點睛】本題考查含參二次函數的最值問題，屬于中檔題.19、（1）的最小值為3，此時；（2）【解析】（1）由可得，則由結合基本不等式即可求出；（2）不等式恒成立等價于對恒成立，利用判別式可得對恒成立，再利用判別式即可求出的范圍.【詳解】（1），則，，當且僅當，即時等號成立，的最小值為3，此時；（2），則，即對恒成立，則，即對恒成立，則，解得.【點睛】本題考查基本不等式的應用，考查一元二次不等式的恒成立問題，屬于中檔題.20、（1）（2）詳見解析，單調減區(qū)間為：；（3）【解析】由，代入可得m值；分類討論，去絕對值符號后根據二次函數表達式，畫出圖象由題意得在時都成立，可得在時都成立，解得即可【詳解】解：，由得即解得：；由得，即則函數的圖象如圖所示；單調減區(qū)間為：；由題意得在時都成立，即在時都成立，即在時都成立，在時，，【點睛】本題考查的知識點是函數解析式的求法，零點分段法，分段函數，由圖象分析函數的值域，其中利用零點分段法，求函數的解析式是解答的關鍵21、（1）