2024屆浙江省“溫州十校聯合體”高一上數學期末監(jiān)測模擬試題含解析

2024屆浙江省“溫州十校聯合體”高一上數學期末監(jiān)測模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．已知角終邊經過點，且，則的值是（）A. B.C. D.2．與終邊相同的角是A. B.C. D.3．“”是“”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件4．已知直線和直線，則與之間的距離是（）A. B.C.2 D.5．函數f(x)=ax(a>0,a≠1)對于任意的實數xA.f(xy)=f(x)f(y) B.f(x+y)=f(x)f(y)C.f(xy)=f(x)+f(y) D.f(x+y)=f(x)+f(y)6．已知函數，若關于x的方程有五個不同實根，則m的值是（）A.0或 B.C.0 D.不存在7．已知，，則在方向上的投影為（）A. B.C. D.8．設a,b均為實數，則“a>b”是“a3A.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9．為了得到函數的圖像，只需把函數的圖像上（）A.各點的橫坐標縮短到原來的倍，再向左平移個單位B.各點的橫坐標縮短到原來的倍，再向左平移個單位C.各點的橫坐標縮短到原來的2倍，再向左平移個單位D.各點的橫坐標縮短到原來的2倍，再向左平移個單位10．已知命題p：，，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．定義域為的奇函數，當時，，則關于的方程所有根之和為，則實數的值為________12．若sinθ=，求的值_______13．設集合，,則_________14．已知，則_________.15．已知等差數列的前項和為，，則__________16．已知向量,其中，若，則的值為_________.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．已知函數（1）求的定義域；（2）判斷的奇偶性并予以證明；（3）求不等式的解集18．如圖，在直四棱柱中，底面是邊長為2的正方形，分別為線段，的中點.(1)求證：||平面；(2)四棱柱的外接球的表面積為，求異面直線與所成的角的大小.19．已知θ是第二象限角，，求：（1）；（2）20．已知二次函數.若當時，的最大值為4，求實數的值.21．已知函數且為自然對數的底數）.（1）判斷函數的奇偶性并證明(2)證明函數在是增函數(3)若不等式對一切恒成立，求滿足條件的實數的取值范圍

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】由終邊上的點及正切值求參數m，再根據正弦函數的定義求.【題目詳解】由題設，，可得，所以.故選：A2、D【解題分析】與終邊相同的角是.當1時，故選D3、A【解題分析】分別討論充分性與必要性，可得出答案.詳解】由題意，，顯然可以推出，即充分性成立，而不能推出，即必要性不成立.故“”是“”的充分而不必要條件.故選：A.【題目點撥】本題考查充分不必要條件，考查不等式的性質，屬于基礎題.4、A【解題分析】利用平行線間的距離公式計算即可【題目詳解】由平行線間的距離公式得故選：A5、B【解題分析】由指數的運算性質得到ax+y【題目詳解】解：由函數f(x)=a得f(x+y)=a所以函數f(x)=ax(a>0,a≠1)對于任意的實數x、y故選：B.【題目點撥】本題考查了指數的運算性質，是基礎題.6、C【解題分析】令，做出的圖像，根據圖像確定至多存在兩個的值，使得與有五個交點時，的值或取值范圍，進而轉為求方程在的值或取值范圍有解，利用一元二次方程根的分布，即可求解.【題目詳解】做出圖像如下圖所示：令，方程，為，當時，方程沒有實數解，當或時，方程有2個實數解，當，方程有4個實數解，當時，方程有3個解，要使方程方程有五個實根，則方程有一根為1，另一根為0或大于1，當時，有或，當時，，或，滿足題意，當時，，或，不合題意，所以.故選:C.【題目點撥】本題考查復合方程的解，換元法是解題的關鍵，數形結合是解題的依賴，或直接用選項中的值代入驗證，屬于較難題.7、A【解題分析】利用向量數量積的幾何意義以及向量數量積的坐標表示即可求解.【題目詳解】，，在方向上的投影為：.故選：A【題目點撥】本題考查了向量數量積的幾何意義以及向量數量積的坐標表示，考查了基本運算求解能力，屬于基礎題.8、C【解題分析】因為a3-b3=(a-b)(a29、B【解題分析】各點的橫坐標縮短到原來的倍，變?yōu)?，再向左平移個單位，得到.10、A【解題分析】直接利用全稱命題的否定即可得到結論【題目詳解】因為命題p：，，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】由題意，作函數y=f（x）與y=a的圖象如下，結合圖象，設函數F（x）=f（x）﹣a（0＜a＜1）的零點分別為x1，x2，x3，x4，x5，則x1+x2=﹣6，x4+x5=6，﹣log0.5（﹣x3+1）=a，x3=1﹣2a，故x1+x2+x3+x4+x5=﹣6+6+1﹣2a=1﹣2a，∵關于x的方程f（x）﹣a=0（0＜a＜1）所有根之和為1﹣，∴a=故答案為.點睛：函數的零點或方程的根的問題，一般以含參數的三次式、分式、以e為底的指數式或對數式及三角函數式結構的函數零點或方程根的形式出現，一般有下列兩種考查形式：(1)確定函數零點、圖象交點及方程根的個數問題；(2)應用函數零點、圖象交點及方程解的存在情況，求參數的值或取值范圍問題研究方程根的情況，可以通過導數研究函數的單調性、最值、函數的變化趨勢等，根據題目要求，通過數形結合的思想去分析問題，可以使得問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現．同時在解題過程中要注意轉化與化歸、函數與方程、分類討論思想的應用12、6【解題分析】先通過誘導公式對原式進行化簡，然后通分，進而通過同角三角函數的平方關系將原式轉化為只含的式子，最后得到答案.【題目詳解】原式=+，因為，所以.所以.故答案為：6.13、【解題分析】根據集合的交集的概念得到.故答案為14、【解題分析】由題意可得：點睛：熟記同角三角函數關系式及誘導公式，特別是要注意公式中的符號問題；注意公式的變形應用，如sin2α＝1－cos2α，cos2α＝1－sin2α，1＝sin2α＋cos2α及sinα＝tanα·cosα等．這是解題中常用到的變形，也是解決問題時簡化解題過程的關鍵所在15、161【解題分析】由等差數列的性質可得，即可求出，又，帶入數據，即可求解【題目詳解】由等差數列的性質可得=，所以，又由等差數列前n項和公式得【題目點撥】本題考查等差數列的性質及前n項和公式，屬基礎題16、4【解題分析】利用向量共線定理即可得出【題目詳解】∵∥，∴＝8，解得，其中，故答案為【題目點撥】本題考查了向量共線定理，考查了向量的坐標運算，屬于基礎題三、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）；（2）奇函數；證明見解析；（3）【解題分析】（1）利用對數的性質可得，解不等式即可得函數的定義域.（2）根據奇偶性的定義證明的奇偶性即可.（3）由的解析式判斷單調性，利用對數函數的單調性解不等式即可.【題目詳解】（1）要使有意義，則，解得：∴的定義域為.（2）為奇函數，證明如下：由（1）知：且，∴為奇函數，得證（3）∵在內是增函數，由，∴，解得，∴不等式的解集是.18、（1）見解析；（2）【解題分析】（1）連接BD1，由中位線定理證明EF∥D1B，由線面平行的判定定理證明EF∥平面ABC1D1；（2）由（1）和異面直線所成角的定義，得異面直線EF與BC所成的角是∠D1BC，由題意和球的表面積公式求出外接球的半徑，由勾股定理求出側棱AA1的長，由直四棱柱的結構特征和線面垂直的定義，判斷出BC⊥CD1，在RT△CC1D1中求出tan∠D1BC，求出∠D1BC可得答案．試題解析：（1）連接，在中，分別為線段的中點，∴為中位線，∴，而面，面，∴平面.（2）由（1）知，故即為異面直線與所成的角.∵四棱柱的外接球的表面積為，∴四棱柱的外接球的半徑，設，則，解得，在直四棱柱中，∵平面，平面，∴，在中，，∴，∴異面直線與所成的角為.19、（1）；（2）.【解題分析】（1）由，求得，結合三角函數基本關系式，即可求解；（2）由（1）知，根據三角函數的基本關系式和誘導公式，化簡為齊次式，即可求解.【題目詳解】（1）由題意，角是第二象限角，且，可得，可得，所以，所以，因為是第二象限角，可得.（2）由（1）知，又由.20、或.【解題分析】分函數的對稱軸和兩種情況，分別建立方程，解之可得答案.【題目詳解】二次函數的對稱軸為直線，當，即時，當時，取得最大值4，，解得，滿足；當，即時，當時，取得最大值4，，解得，滿足.故:實數的值為或.21、（1）見解析；（2）見解析；（3）.【解題分析】（1）定義域為，關