河南省鄭州市第五中學2024屆高一上數學期末質量檢測模擬試題含解析

河南省鄭州市第五中學2024屆高一上數學期末質量檢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．下列四個選項中正確的是（）A B.C. D.2．函數是奇函數，則的值為A.0 B.1C.-1 D.不存在3．方程的解所在的區(qū)間是A B.C. D.4．冪函數在上是減函數．則實數的值為A.2或 B.C.2 D.或15．若某商店將進貨單價為6元的商品按每件10元出售，則每天可銷售100件.現準備采用提高售價、減少進貨量的方法來增加利潤.已知這種商品的售價每提高1元，銷售量就要減少10件，那么要保證該商品每天的利潤在450元以上，售價的取值范圍是（）A. B.C. D.6．植物研究者在研究某種植物1-5年內的植株高度時，將得到的數據用下圖直觀表示.現要根據這些數據用一個函數模型來描述這種植物在1-5年內的生長規(guī)律，下列函數模型中符合要求的是（）A.(且)B.(，且)C.D.7．若函數是偶函數，則的單調遞增區(qū)間為（）A. B.C. D.8．如圖，在正方體中，與平面所成角的余弦值是A. B.C. D.9．已知命題，；命題，．若，都是假命題，則實數的取值范圍為（）A. B.C.或 D.10．我們知道，函數的圖象關于原點成中心對稱圖形的充要條件是函數為奇函數，有同學發(fā)現可以將其推廣為：函數的圖象關于點成中心對稱圖形的充要條件是函數為奇函數.據此，我們可以得到函數圖象的對稱中心為（）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，則的大小關系是___________________.(用“”連結)12．已知集合，，則_________.13．如圖，已知圓柱的軸截面是矩形，，是圓柱下底面弧的中點，是圓柱上底面弧的中點，那么異面直線與所成角的正切值為__________14．一個扇形周長為8，則扇形面積最大時，圓心角的弧度數是__________.15．已知函數，則使函數有零點的實數的取值范圍是____________16．已知一扇形的弧所對的圓心角為54°，半徑r＝20cm，則扇形的周長為___cm.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，向量，.（1）當實數x為何值時，與垂直.（2）若，求在上的投影.18．已知函數.（1）存在，使得不等式成立，求實數k的取值范圍；（2）方程有負實數解，求實數k的取值范圍.19．已知函數（，）為奇函數，且相鄰兩對稱軸間的距離為（1）當時，求的單調遞減區(qū)間；（2）將函數的圖象沿軸方向向右平移個單位長度，再把橫坐標縮短到原來的（縱坐標不變），得到函數的圖象．當時，求函數的值域20．在△中，的對邊分別是，已知，.（1）若△的面積等于，求；（2）若，求△的面積.21．已知函數（1）判斷函數f(x)的單調性，并用定義給出證明；（2）解不等式：；（3）若關于x方程只有一個實根，求實數m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、D【解題分析】根據集合與集合關系及元素與集合的關系判斷即可；【題目詳解】解：對于A：，故A錯誤；對于B：，故B錯誤；對于C：，故C錯誤；對于D：，故D正確；故選：D2、C【解題分析】由題意得，函數是奇函數，則，即，解得，故選C.考點：函數的奇偶性的應用.3、C【解題分析】設，則由指數函數與一次函數的性質可知，函數與的上都是遞增函數，所以在上單調遞增，故函數最多有一個零點，而，，根據零點存在定理可知，有一個零點，且該零點處在區(qū)間內，故選答案C.考點：函數與方程.4、B【解題分析】由題意利用冪函數的定義和性質可得，由此解得的值【題目詳解】解：由于冪函數在時是減函數，故有，解得，故選：【題目點撥】本題主要考查冪函數的定義和性質應用，屬于基礎題5、B【解題分析】根據題意列出函數關系式，建立不等式求解即可.【題目詳解】設售價為，利潤為，則，由題意，即，解得，即售價應定為元到元之間，故選：B.6、B【解題分析】由散點圖直接選擇即可.【題目詳解】解：由散點圖可知，植物高度增長越來越緩慢，故選擇對數模型，即B符合.故選：B.7、B【解題分析】利用函數是偶函數，可得，解出．再利用二次函數的單調性即可得出單調區(qū)間【題目詳解】解：函數是偶函數，，，化為，對于任意實數恒成立，，解得；，利用二次函數的單調性，可得其單調遞增區(qū)間為故選：B【題目點撥】本題考查函數的奇偶性和對稱性的應用，熟練掌握函數的奇偶性和二次函數的單調性是解題的關鍵.8、D【解題分析】連接，設正方體棱長為1.∵平面，∴∠為與平面所成角.∴故選D9、B【解題分析】寫出命題p，q的否定命題，由題意得否定命題為真命題，解不等式，即可得答案.【題目詳解】因為命題p為假命題，則命題p的否定為真命題，即：為真命題，解得，同理命題q為假命題，則命題q的否定為真命題，即為真命題，所以，解得或，綜上：，故選：B【題目點撥】本題考查命題的否定，存在量詞命題與全程量詞命題的否定關系，考查分析理解，推理判斷的能力，屬基礎題.10、A【解題分析】依題意設函數圖象的對稱中心為，則為奇函數，再根據奇函數的性質得到方程組，解得即可；【題目詳解】解：依題意設函數圖象的對稱中心為，由此可得為奇函數，由奇函數的性質可得，解得，則函數圖象的對稱中心為；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】利用特殊值即可比較大小.【題目詳解】解：，，，故.故答案為：.12、【解題分析】由對數函數單調性，求出集合A，再根據交集的定義即可求解.【題目詳解】解：，，，故答案為：.13、【解題分析】取圓柱下底面弧AB的另一中點D，連接C1D，AD，因為C是圓柱下底面弧AB中點，所以AD∥BC，所以直線AC1與AD所成角等于異面直線AC1與BC所成角，因為C1是圓柱上底面弧A1B1的中點，所以C1D⊥圓柱下底面，所以C1D⊥AD，因為圓柱的軸截面ABB1A1是矩形，AA1=2AB所以C1D＝2AD，所以直線AC1與AD所成角的正切值為2，所以異面直線AC1與BC所成角的正切值為2故答案為：2.點睛：求兩條異面直線所成角關鍵是作為這兩條異面直線所成角，作兩條異面直線所成角的方法是：將其中一條一條直線平移與另一條相交相交或是將兩條異面直線同時平移到某個位置使他們相交，然后再同一平面內求相交直線所成角，值得注意的是：平移后相交所得的角必須容易算出，因此平移時要求選擇恰當位置.14、2【解題分析】設扇形的半徑為，則弧長為，結合面積公式計算面積取得最大值時的取值，再用圓心角公式即可得弧度數【題目詳解】設扇形的半徑為，則弧長為，，所以當時取得最大值為4，此時，圓心角為（弧度）故答案為：215、【解題分析】令，進而作出的圖象，然后通過數形結合求得答案.【題目詳解】令，現作出的圖象，如圖：于是，當時，圖象有交點，即函數有零點.故答案為：.16、6π＋40【解題分析】根據角度制與弧度制的互化，可得圓心角，再由扇形的弧長公式，可得弧長，即可求解扇形的周長，得到答案.【題目詳解】由題意，根據角度制與弧度制的互化，可得圓心角，∴由扇形的弧長公式，可得弧長，∴扇形的周長為.【題目點撥】本題主要考查了扇形的弧長公式的應用，其中解答中熟記扇形的弧長公式，合理準確運算是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，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）3；（2）.【解題分析】（1）令，列方程解出x.（2）運用向量的數量積的定義可得，再由在上的投影為，計算即可得到所求值.【題目詳解】（1）∵，向量，.∵與垂直，∴，可得，∴解得，或（舍去）.（2）若，則，，可得，可得在上的投影為.【題目點撥】該題考查的是有關向量的問題，涉及到的知識點有向量垂直的條件，向量數量積坐標公式，向量在另一個向量方向上的投影的求解，屬于簡單題目.18、（1）（2）【解題分析】（1）令，然后分離參數，求出函數的最大值即可得答案；（2）由題意，令，則，原問題等價于：在上有解，即在上有解，利用一元二次方程根的分布即可求解.【小問1詳解】解：由題意，令，則原不等式等價于：存在，使成立，即存在，使成立，由二次函數的性質知，當，即時，取得最大值1，所以【小問2詳解】解：由題意，因為方程有負實數根，則令，有，原問題等價于：在上有解，即在上有解令，，則或或或或，解得或或或或，即實數k的取值范圍為.19、（1），]（2）值域為[，]【解題分析】（1）利用三角恒等變換化簡的解析式，根據條件，可求出周期和，結合奇函數性質，求出，再用整體代入法求出內的遞減區(qū)間；（2）利用函數的圖象變換規(guī)律，求出的解析式，再利用正弦函數定義域，即可求出時的值域.【題目詳解】解：（1）由題意得，因相鄰兩對稱軸之間距離為，所以，又因為函數為奇函數，所以，∴，因為，所以故函數令.得.令得，因為，所以函數的單調遞減區(qū)間為，]（2）由題意可得，因為，所以所以，.即函數的值域為[，]【題目點撥】本題主要考查正弦函數在給定區(qū)間內的單調性和值域，包括周期性，奇偶性，單調性和最值，還涉及三角函數圖像的平移伸縮和三角恒等變換中的輔助角公式.20、(1)；(2).【解題分析】（1）先根據條件可得到，由三角形的面積可得，與聯(lián)立得到方程組后可解得．（2）由可得，分和兩種情況分別求解，最后可得的面積為試題解析：（1）∵，，∴,∴，又，∴，∵△的面積，∴，由，解得.（2）由，得得，∴或①當時，則，由（1）知，，又∴.∴；②當時，則，代入，得，，∴.綜上可得△的面積為.點睛：解答本題（2）時，在得到后容易出現的錯誤是將直接約掉，這樣便失掉了三角形的一種情況，這是在三角變換中經常出現的一種錯誤．為此在判斷三角形的形狀或進行三角變換時，在遇到需要約分的情況時，需要考慮約掉的部分是否為零，不要隨意的約掉等式兩邊的公共部分21、（1）f(x)在R上單調遞增；證明見解析；（2）；（3）{－3}（1，+∞）.【解題分析】（1）利用函數單調性的定義及指數函數的性質即得；（2）由題可得，然后利用函數單調性即得；（3）由題可得方程有且只有一個正數根，分m=1，m≠1討論，利用二次函數的性質可得.【小問1詳解】f(x)在R上單調遞增；任取x1，x2∈R，且x1<x2，則∵∴，