2024屆河北省秦皇島中學高一數學第一學期期末綜合測試模擬試題含解析

2024屆河北省秦皇島中學高一數學第一學期期末綜合測試模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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．=（）A. B.C. D.2．已知函數是定義在R上的偶函數，且在上是單調遞減的，設，，，則a，b，c的大小關系為（）A. B.C. D.3．將函數圖象向右平移個單位得到函數的圖象，已知的圖象關于原點對稱，則的最小正值為（）A.2 B.3C.4 D.64．過點(5，2)，且在y軸上的截距是在x軸上的截距的2倍的直線方程是（）A.2x+y-12＝0 B.x-2y-1＝0或2x-5y＝0C.x-2y-1＝0 D.2x+y-12＝0或2x-5y＝05．直線與直線平行，則的值為（）A. B.2C. D.06．若，，，則（）A. B.C. D.7．已知全集，則正確表示集合和關系的韋恩圖是A. B.C. D.8．已知奇函數的定義域為，其圖象是一條連續(xù)不斷的曲線．若，則函數在區(qū)間內的零點個數至少為（）A.1 B.2C.3 D.49．已知H是球的直徑AB上一點，AH:HB=1:2，AB⊥平面，H為垂足，截球所得截面的面積為，則球的表面積為A. B.C. D.10．若xlog34=1，則4x+4–x=A.1 B.2C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知平面，，直線，若，，則直線與平面的位置關系為______.12．已知銳角三角形的邊長分別為1，3，，則的取值范圍是__________13．若，則________14．如果函數僅有一個零點，則實數的值為______15．已知直線過兩直線和的交點，且原點到該直線的距離為，則該直線的方程為_____.16．若函數是R上的減函數，則實數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．已知的圖像關于坐標原點對稱.（1）求的值，并求出函數的零點；（2）若存在，使不等式成立，求實數取值范圍.18．已知函數.（1）求函數的定義域；（2）若，求值；（3）求證：當時，19．如圖，邊長為的正方形所在平面與正三角形所在平面互相垂直，分別為的中點.(1)求四棱錐的體積；(2)求證：平面；(3)試問：在線段上是否存在一點，使得平面平面？若存在，試指出點的位置，并證明你的結論；若不存在，請說明理由.20．設函數（）在處取最大值（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）在中，分別是角的對邊．已知，，，求的值21．已知全集，集合，.（1）當時，求；（2）若，且，求的取值范圍.

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、B【解題分析】利用誘導公式和特殊角的三角函數值直接計算作答.【題目詳解】.故選：B2、A【解題分析】先判斷出上單調遞增，由，即可得到答案.【題目詳解】因為函數是定義在R上的偶函數，所以的圖像關于y軸對稱，且.又在上是單調遞減的，所以在上單調遞增.因為，，所以:，所以,即.故選：A3、B【解題分析】根據圖象平移求出g(x)解析式，g(x)為奇函數，則g(0)＝0，據此即可計算ω的取值.【題目詳解】根據已知，可得，∵的圖象關于原點對稱，所以，從而，Z，所以，其最小正值為3，此時故選：B4、D【解題分析】根據直線是否過原點進行分類討論，結合截距式求得直線方程.【題目詳解】當直線過原點時，直線方程為，即.當直線不過原點時，設直線方程為，代入得，所以直線方程為.故選：D5、B【解題分析】根據兩直線平行的條件列式可得結果.【題目詳解】當時，直線與直線垂直，不合題意；當時，因直線與直線平行，所以，解得.故選：B【題目點撥】易錯點點睛：容易忽視縱截距不等這個條件導致錯誤.6、C【解題分析】先由，可得，結合，，可得，繼而得到，，轉化，利用兩角差的正弦公式即得解【題目詳解】由題意，故故又，故，則故選：C【題目點撥】本題考查了兩角和與差的正弦公式、同角三角函數關系綜合，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算能力，屬于中檔題7、B【解題分析】∵集合∴集合∵集合∴故選B8、C【解題分析】根據奇函數的定義域為R可得，由和奇函數的性質可得、，利用零點的存在性定理即可得出結果.【題目詳解】奇函數的定義域為R，其圖象為一條連續(xù)不斷的曲線，得，由得，所以，故函數在之間至少存在一個零點，由奇函數的性質可知函數在之間至少存在一個零點，所以函數在之間至少存在3個零點.故選：C9、D【解題分析】設球的半徑為，根據題意知由與球心距離為的平面截球所得的截面圓的面積是，我們易求出截面圓的半徑為1，根據球心距、截面圓半徑、球半徑構成直角三角形，滿足勾股定理，我們易求出該球的半徑，進而求出球的表面積【題目詳解】設球的半徑為，∵，∴平面與球心的距離為，∵截球所得截面的面積為，∴時，，故由得，∴，∴球的表面積，故選D【題目點撥】本題主要考查的知識點是球的表面積公式，若球的截面圓半徑為，球心距為，球半徑為，則球心距、截面圓半徑、球半徑構成直角三角形，滿足勾股定理，屬于中檔題.10、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，屬于基礎題目二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】根據面面平行的性質即可判斷.【題目詳解】若，則與沒有公共點，，則與沒有公共點，故.故答案為：.【題目點撥】本題考查面面平行的性質，屬于基礎題.12、【解題分析】由三角形中三邊關系及余弦定理可得應滿足，解得，∴實數的取值范圍是答案：點睛：根據三角形的形狀判斷邊滿足的條件時，需要綜合考慮邊的限制條件，在本題中要注意銳角三角形這一條件的運用，必須要考慮到三個內角的余弦值都要大于零，并由此得到不等式，進一步得到邊所要滿足的范圍13、##0.5【解題分析】利用誘導公式即得.【題目詳解】∵，∴.故答案為：.14、【解題分析】利用即可得出.【題目詳解】函數僅有一個零點，即方程只有1個根，，解得.故答案為：.15、或【解題分析】先求兩直線和的交點，再分類討論，先分析所求直線斜率不存在時是否符合題意，再分析直線斜率存在時，設斜率為，再由原點到該直線的距離為，求出，得到答案.【題目詳解】由和，得，即交點坐標為，（1）當所求直線斜率不存在時，直線方程為，此時原點到直線的距離為，符合題意；（2）當所求直線斜率存在時，設過該點的直線方程為，化為一般式得，由原點到直線的距離為，則，解得，得所求直線的方程為.綜上可得，所求直線的方程為或故答案為：或【題目點撥】本題考查了求兩直線的交點坐標，由點到直線的距離求參，還考查了對直線的斜率是否存在分類討論的思想，屬于中檔題.三、16、【解題分析】按照指數函數的單調性及端點處函數值的大小關系得到不等式組，解不等式組即可.【題目詳解】由題知故答案為：.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）由題設知是上的奇函數.所以，得（檢驗符合），又方程可以化簡為，從而.（2）不等式有解等價于在上有解，所以考慮在上的最小值，利用換元法可求該最小值為，故.（1）由題意知是上的奇函數.所以，得.，，由，可得，所以，，即的零點為.（2），由題設知在內能成立，即不等式在上能成立.即在內能成立，令，則在上能成立，只需，令，對稱軸，則在上單調遞增.∴，所以..點睛：如果上的奇函數中含有一個參數，那么我們可以利用來求參數的大小.又不等式的有解問題可以轉化為函數的最值問題來處理.18、(1)；(2)；(3)證明見解析.【解題分析】（1）利用真數大于零列出不等式組，其解為，它是函數的定義域.（2）把方程化為后得到，故.（3）分別計算就能得到.解析：（1）由，得函數的定義域為.（2），即，∴，∴且，∴.（3）∵，，∴時，，又∵，∴.19、（1）；（2）證明見解析；（3）存在，為中點，證明見解析.【解題分析】（1）由等腰三角形三線合一性質和面面垂直性質定理可證得平面，由棱錐體積公式可求得結果；（2）連結交于點，由三角形中位線性質可證得，由線面平行判定定理可得到結論；（3）當為中點時，由正方形的性質、線面垂直的性質，結合線面垂直的判定可證得平面，由面面垂直的判定定理可證得結論.【題目詳解】（1）為中點，為正三角形，.平面平面，平面平面，平面，平面.,,.（2）證明：連結交于點，連結.由四邊形為正方形知點為的中點，又為的中點，，平面，平面，平面.（3）存在點，當為中點時，平面平面.證明如下：因為四邊形是正方形，為的中點，，由(1)知：平面，平面，，又，平面.平面，平面平面.【題目點撥】關鍵點點睛：本題第三問考查了與面面垂直有關的存在性問題的處理，解題關鍵是能夠根據平面確定只要在上，必有，由此只需找到與面中的另一條與相交的直線垂直即可，進而鎖定的位置.20、(Ⅰ)；(Ⅱ).【解題分析】(Ⅰ)由題意得，根據在處取最大值得，即，故．（Ⅱ）由(Ⅰ)可得，故，所以