2024屆吉林省白城市通榆縣一中數學高一上期末質量檢測模擬試題含解析

2024屆吉林省白城市通榆縣一中數學高一上期末質量檢測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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．在數學中，布勞威爾不動點定理是拓撲學里一個非常重要的不動點定理，它可應用到有限維空間，并構成一般不動點定理的基石，布勞威爾不動點定理得名于荷蘭數學家魯伊茲·布勞威爾(L.E.J.Brouwer)，簡單的講就是對于滿足一定條件的連續(xù)函數，存在點，使得，那么我們稱該函數為“不動點”函數，下列為“不動點”函數的是（）A. B.C. D.2．已知命題，則為（）A. B.C. D.3．下列函數既是奇函數，又是在區(qū)間上是增函數是A. B.C. D.4．下列說法正確的有（）①兩個面平行且相似，其余各面都是梯形的多面體是棱臺；②經過球面上不同的兩點只能作一個大圓；③各側面都是正方形的四棱柱一定是正方體；④圓錐的軸截面是等腰三角形.A.1個 B.2個C.3個 D.4個5．設全集U=R，集合A={x|0＜x＜4}，集合B={x|3≤x＜5}，則A∩（?UB）=（）A. B.C. D.6．下列關系中，正確的是（）A. B.C D.7．對于函數的圖象，關于直線對稱；關于點對稱；可看作是把的圖象向左平移個單位而得到；可看作是把的圖象上所有點的縱坐標不變，橫坐標縮短到原來的倍而得到以上敘述正確的個數是A.1個 B.2個C.3個 D.4個8．已知全集，集合，，則（）A.{2，3，4} B.{1，2，4，5}C.{2，5} D.{2}9．已知函數，則下列結論錯誤的是（）A.的一個周期為 B.的圖象關于直線對稱C.的一個零點為 D.在區(qū)間上單調遞減10．盡管目前人類還無法準確預報地震，但科學研究表明，地震時釋放出的能量E（單位：焦耳）與地震里氏M震級之間的關系為lgE=4.8+1.5M.已知兩次地震的能量與里氏震級分別為Ei與Mii=1,2，若A.103C.lg3 D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．函數是奇函數，則實數__________.12．已知，若方程有四個根且，則的取值范圍是______.13．已知函數，（1）______（2）若方程有4個實數根，則實數的取值范圍是______14．已知定義在上的函數滿足：①；②在區(qū)間上單調遞減；③的圖象關于直線對稱，則的解析式可以是________15．已知冪函數y＝xα的圖象過點(4，)，則α＝__________.16．已知，則___________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．英國數學家泰勒發(fā)現了如下公式：，其中，此公式有廣泛的用途，例如利用公式得到一些不等式：當時，，.（1）證明：當時，；（2）設，若區(qū)間滿足當定義域為時，值域也為，則稱為的“和諧區(qū)間”.（i）時，是否存在“和諧區(qū)間”？若存在，求出的所有“和諧區(qū)間”，若不存在，請說明理由；（ii）時，是否存在“和諧區(qū)間”？若存在，求出的所有“和諧區(qū)間”，若不存在，請說明理由.18．袋子里有6個大小、質地完全相同且?guī)в胁煌幪柕男∏颍渲杏?個紅球，2個白球，3個黑球，從中任取2個球.（1）寫出樣本空間；（2）求取出兩球顏色不同的概率；（3）求取出兩個球中至多一個黑球的概率.19．已知集合，.（1）若，求；（2）若“”是“”的充分不必要條件，求實數a的取值范圍.20．已知函數.（1）求函數的最小正周期；（2）求的單調遞增區(qū)間.21．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，∠BCD=60°，AB=2AD，PD⊥平面ABCD，點M為PC的中點（1）求證：PA∥平面BMD；（2）求證：AD⊥PB；（3）若AB=PD=2，求點A到平面BMD的距離

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、C【解題分析】根據已知定義，將問題轉化為方程有解，然后逐項進行求解并判斷即可.【題目詳解】根據定義可知：若有不動點，則有解.A．令，所以，此時無解，故不是“不動點”函數；B．令，此時無解，，所以不是“不動點”函數；C．當時，令，所以或，所以“不動點”函數；D．令即，此時無解，所以不是“不動點”函數.故選：C.2、D【解題分析】由全稱命題的否定為存在命題，分析即得解【題目詳解】由題意，命題由全稱命題的否定為存在命題，可得：為故選：D3、A【解題分析】對于，函數，定義域是，有，且在區(qū)間是增函數，故正確；對于，函數的定義域是，是非奇非偶函數，故錯誤；對于，函數的定義域是，有，在區(qū)間不是增函數，故錯誤；對于，函數的定義域是，有，是偶函數不是奇函數，故錯誤故選A4、A【解題分析】根據棱臺、球、正方體、圓錐的幾何性質，分析判斷，即可得答案.【題目詳解】①中若兩個底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保證側棱延長線會交于一點，所以①不正確；②中若球面上不同的兩點恰為球的某條直徑的兩個端點，則過此兩點的大圓有無數個，所以②不正確；③中底面不一定是正方形，所以③不正確；④中圓錐的母線長相等，所以軸截面是等腰三角形，所以④是正確的.故選：A5、D【解題分析】先求?UB，然后求A∩（?UB）【題目詳解】∵（?UB）＝{x|x＜3或x≥5}，∴A∩（?UB）＝{x|0＜x＜3}故選D【題目點撥】本題主要考查集合的基本運算，比較基礎6、B【解題分析】根據對數函數的性質判斷A，根據指數函數的性質判斷B，根據正弦函數的性質及誘導公式判斷C，根據余弦函數的性質及誘導公式判斷D；【題目詳解】解：對于A：因為，，，故A錯誤；對于B：因為在定義域上單調遞減，因為，所以，又，，因為在上單調遞增，所以，所以，所以，故B正確；對于C：因為在上單調遞減，因為，所以，又，所以，故C錯誤；對于D：因為在上單調遞減，又，所以，又，所以，故D錯誤；故選：B7、B【解題分析】由判斷；由判斷；由的圖象向左平移個單位，得到的圖象判斷；由的圖象上所有點的縱坐標不變，橫坐標縮短到原來的倍，得到函數的圖象判斷.【題目詳解】對于函數的圖象，令，求得，不是最值，故不正確；令，求得，可得的圖象關于點對稱，故正確；把的圖象向左平移個單位，得到的圖象，故不正確；把的圖象上所有點的縱坐標不變，橫坐標縮短到原來的倍，得到函數的圖象，故正確，故選B【題目點撥】本題通過對多個命題真假的判斷，綜合考查三角函數的對稱性以及三角函數的圖象的變換規(guī)律，屬于中檔題.這種題型綜合性較強，也是高考的命題熱點，同學們往往因為某一處知識點掌握不好而導致“全盤皆輸”，因此做這類題目更要細心、多讀題，盡量挖掘出題目中的隱含條件，另外，要注意從簡單的自己已經掌握的知識點入手，然后集中精力突破較難的命題.8、B【解題分析】分析】根據補集的定義求出，再利用并集的定義求解即可.【題目詳解】因為全集，，所以，又因為集合，所以，故選：B.9、B【解題分析】根據周期求出f(x)最小正周期即可判斷A；判斷是否等于1或－1即可判斷是否是其對稱軸，由此判斷B；判斷否為0即可判斷C；，根據復合函數單調性即可判斷f(x)單調性，由此判斷D.【題目詳解】函數，最小正周期為故A正確；，故直線不是f(x)的對稱軸，故B錯誤；，則，∴C正確；，∴f(x)在上單調遞減，故D正確.故選：B.10、A【解題分析】利用對數運算和指數與對數互化求解.【題目詳解】由題意得：lgE1=4.8+1.5兩式相減得：lgE又因為M2所以E2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】根據給定條件利用奇函數的定義計算作答.【題目詳解】因函數是奇函數，其定義域為R，則對，，即，整理得：，而不恒為0，于得，所以實數.故答案為：12、【解題分析】作出函數的圖象，結合圖象得出，，得到，結合指數函數的性質，即可求解.【題目詳解】由題意，作出函數的圖象，如圖所示，因為方程有四個根且，由圖象可知，，可得，則，設，所以，因為，所以，所以，所以，即，即的取值范圍是.故答案為：.【題目點撥】本題主要考查了函數與方程的綜合應用，其中解答中作出函數的圖象，結合圖象和指數函數的性質求解是解答的關鍵，著重考查數形結合思想，以及推理與運算能力.13、①-2②.【解題分析】先計算出f(1)，再根據給定的分段函數即可計算得解；令f(x)=t，結合二次函數f(x)性質，的圖象，利用數形結合思想即可求解作答.【題目詳解】(1)依題意，，則，所以；(2)函數的值域是，令，則方程在有兩個不等實根，方程化為，因此，方程有4個實數根，等價于方程在有兩個不等實根，即函數的圖象與直線有兩個不同的公共點，在同一坐標系內作出函數的圖象與直線，而，如圖，觀察圖象得，當時，函數與直線有兩個不同公共點，所以實數的取值范圍是.故答案為：-2；14、（答案不唯一）【解題分析】取，結合二次函數的基本性質逐項驗證可得結論.【題目詳解】取，則，滿足①，在區(qū)間上單調遞減，滿足②，的圖象關于直線對稱，滿足③.故答案為：（答案不唯一）.15、【解題分析】把點的坐標代入冪函數解析式中即可求出.【題目詳解】解：由冪函數的圖象過點，所以，解得.故答案為：.16、【解題分析】根據同角三角函數的關系求得，再運用正弦、余弦的二倍角公式求得，由正弦和角公式可求得答案.【題目詳解】解：因為，所以，所以，所以．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）證明見解析（2）（i）不存在“和諧區(qū)間”，理由見解析（ii）存在，有唯一的“和諧區(qū)間”【解題分析】（1）利用來證得結論成立.（2）（i）通過證明方程只有一個實根來判斷出此時不存在“和諧區(qū)間”.（ii）對的取值進行分類討論，結合的單調性以及（1）的結論求得唯一的“和諧區(qū)間”.【小問1詳解】由已知當時，，得，所以當時，.【小問2詳解】（i）時，假設存在，則由知，注意到，故，所以在單調遞增，于是，即是方程的兩個不等實根，易知不是方程的根，由已知，當時，，令，則有時，，即，故方程只有一個實根0，故不存在“和諧區(qū)間”.（ii）時，假設存在，則由知若，則由，知，與值域是矛盾，故不存在“和諧區(qū)間”，同理，時，也不存在，下面討論，若，則，故最小值為，于是，所以，所以最大值為2，故，此時的定義域為，值域為，符合題意.若，當時，同理可得，舍去，當時，在上單調遞減，所以，于是，若即，則，故，與矛盾；若，同理，矛盾，所以，即，由（1）知當時，，因為，所以，從而，，從而，矛盾，綜上所述，有唯一的“和諧區(qū)間”.【題目點撥】對于“新定義”的題目，關鍵是要運用新定義的知識以及原有的數學知識來進行求解.本題有兩個“新定義”，一個是泰勒發(fā)現的公式，另一個是“和諧區(qū)間”.泰勒發(fā)現的公式可以直接用于證明，“和諧區(qū)間”可轉化為函數的單調性來求解.18、（1）答案見解析；（2）；（3）.【解題分析】（1）將1個紅球記為個白球記為個黑球記為，進而列舉出所有可能性，進而得到樣本空間；（2）由題意，有1紅1白，1紅1黑，1白1黑，共三大類情況，由（1），列舉出所有可能性，進而求出概率；（3）由題意，有1紅1白，1紅1黑，1白1黑，2白，共四大類情況，由（1），列舉出所有可能性，進而求出概率【小問1詳解】將1個紅球記為個白球記為個黑球記為，則樣本空間，共15個樣本點.【小問2詳解】記A事件為“取出兩球顏色不同”，則兩球顏色可能是1紅1白，1紅1黑，1白1黑，則包含11個樣本點，所以.【小問3詳解】記事件為“取出兩個球至多有一個黑球”，則兩球顏色可能是1紅1白，1紅1黑，1白1黑，2白，則包含12個樣本點，所以.19、（1）（2），【解題分析】（1）時，求出集合，，由此能求出；（2）推導出，求出集合，列出不等式能，能求出實數的取值范圍【小問1詳解】時，集合，；【小問2詳解】若“”是“”的充分不必要條件，則，集合，，解得，實數的取值范圍是，20、（1）；（2），.【解題分析】(1)利用三角恒等變換公式化簡f(x)，即可求正弦型函數最小正周期；(2)根據正弦函數的單調遞增區(qū)間即可求復合函數f(x)的單調遞增區(qū)間.【小問1詳解】，∴，即函數的最小正周期為.【小問2詳解】令，，解得，，即函數的單調遞增區(qū)間為，.21、（1）詳見解析；（2）詳見解析；（3）.【解題分析】（1）設AC和BD交于點O，MO為三角形PAC的中位線可得MO∥PA，再利用直線和平面平行的判定定理，證得結論（2）由PD⊥平面ABCD，可得PD⊥AD，再由cos∠BAD，證得AD⊥BD，可證AD⊥平面PBD，從而證得結論（3）點A到平面BMD的距離等于點C到平面BMD的距離h，求出MN、MO的值，利用等體積法求得點C到平面MBD的距離h【題目詳解】（1）證明：設AC和BD交于點O，則由底面ABCD是平行四邊形可得O為AC的中點由于點M為PC的中點，故MO為三角形PAC的中位線，故MO∥PA．再由PA不在平面BMD內，而MO在平面BMD內，故有PA∥平面BMD（2）由PD⊥平面ABCD，可得PD⊥AD，平行四邊形ABCD中，∵∠BCD＝60°，AB＝2AD，∴cos∠BADcos60°，∴AD⊥BD這樣，AD垂直于平面PBD內的兩條相交直線，故AD⊥平面PBD，∴AD⊥PB（3）若AB＝PD＝2，則AD＝1，BD＝AB?sin∠BAD＝2，由于平面BMD經