2023-2024學年南京市重點中學高一數學第一學期期末綜合測試模擬試題含解析

2023-2024學年南京市重點中學高一數學第一學期期末綜合測試模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請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．當時，，則a的取值范圍是A.(0，) B.(，1)C.(1，) D.(，2)2．設全集為，集合，，則（）A. B.C. D.3．已知點在第三象限，則角的終邊位置在（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限4．已知函數，若有且僅有兩個不同實數，，使得則實數的值不可能為A. B.C. D.5．與直線垂直，且在軸上的截距為-2的直線方程為（）A. B.C. D.6．的值為（）A. B.C. D.7．已知直線的方程為，則該直線的傾斜角為A. B.C. D.8．已知函數在上單調遞減，且關于的方程恰好有兩個不相等的實數解，則的取值范圍是（）A. B.C. D.9．設，是兩個不同的平面，，是兩條不同的直線，且，A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則10．函數部分圖象大致為（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．冪函數，當取不同的正數時，在區(qū)間上它們的圖像是一族美麗的曲線（如圖）．設點，連接，線段恰好被其中的兩個冪函數的圖像三等分，即有．那么_______12．已知甲、乙兩組數據已整理成如圖所示的莖葉圖，則甲組數據的中位數是___________，乙組數據的25%分位數是___________13．已知函數是奇函數，當時，，若，則m的值為______.14．已知且，則的最小值為______________15．A是銳二面角α-l-β的α內一點，AB⊥β于點B，AB=，A到l的距離為2，則二面角α-l-β的平面角大小為________.16．已知函數，若正實數，滿足，則的最小值是____________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．（1）已知，，求；（2）已知，，求、的值；（3）已知，，且，求的值.18．體育課上，小明進行一項趣味測試，在操場上從甲位置出發(fā)沿著同一跑道走到乙位置，有兩種不同的行走方式（以下）.方式一：小明一半的時間以的速度行走，剎余一半時間換為以的速度行走，平均速度為；方式二：小明一半的路程以的速度行走，剩余一半路程換為以的速度行走，平均速度為；（1）試求兩種行走方式的平均速度；（2）比較的大小.19．如圖，已知在正四棱錐中，為側棱的中點，連接相交于點（1）證明：；（2）證明：；（3）設,若質點從點沿平面與平面的表面運動到點的最短路徑恰好經過點，求正四棱錐的體積20．計算下列各式的值：（1）（2）21．已知向量=（3，4），=（1，2），=（－2，－2）（1）求||，||的值；（2）若=m+n，求實數m，n的值；（3）若（+）∥（－+k），求實數k的值

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【解析】分和兩種情況討論，即可得出結果.【詳解】當時，顯然不成立.若時當時，，此時對數，解得，根據對數的圖象和性質可知，要使在時恒成立，則有，如圖選B.【點睛】本題主要考查對數函數與指數函數的應用，熟記對數函數與指數函數的性質即可，屬于?？碱}型.2、B【解析】先求出集合B的補集，再根據集合的交集運算求得答案.【詳解】因為，所以，故，故選:B.3、B【解析】由所在的象限有，即可判斷所在的象限.【詳解】因為點在第三象限，所以，由，可得角的終邊在第二、四象限，由，可得角的終邊在第二、三象限或軸非正半軸上，所以角終邊位置在第二象限，故選：B.4、D【解析】利用輔助角公式化簡，由，可得，根據在上有且僅有兩個最大值，可求解實數的范圍，從而可得結果【詳解】函數；由，可得，因為有且僅有兩個不同的實數，，使得所以在上有且僅有兩個最大值，因為，，則；所以實數的值不可能為，故選D【點睛】本題主要考查輔助角公式的應用、三角函數的圖象與性質的應用問題，也考查了數形結合思想，意在考查綜合應用所學知識解答問題的能力，屬于基礎題5、A【解析】先求出直線的斜率，再利用直線的點斜式方程求解.【詳解】由題得所求直線的斜率為，∴所求直線方程為，整理為故選：A【點睛】方法點睛：求直線的方程，常用的方法：待定系數法，先定式（從直線的五種形式中選擇一種作為直線的方程），后定量（求出直線方程中的待定系數）.6、A【解析】根據誘導公式以及倍角公式求解即可.【詳解】原式.故選：A7、B【解析】直線的斜率，其傾斜角為．考點：直線的傾斜角．8、C【解析】由在，上單調遞減，得，由在上單調遞減，得，作出函數且在上的大致圖象，利用數形結合思想能求出的取值范圍【詳解】解：由在上單調遞減，得，又由且在上單調遞減，得，解得，所以，作出函數且在上的大致圖象，由圖象可知，在上，有且僅有一個解，故在上，同樣有且僅有一個解，當，即時，聯立，即，則，解得：，當時，即，由圖象可知，符合條件綜上：故選：C9、A【解析】由面面垂直的判定定理：如果一個平面經過另一平面的一條垂線，則兩面垂直，可得，可得考點：空間線面平行垂直的判定與性質10、A【解析】根據函數的解析式可判斷函數為奇函數，再根據函數的零點個數可得正確的選項.【詳解】因為，所以為奇函數，圖象關于原點對稱，故排除B；令，即，解得，即只有一個零點，故排除C，D故選：A二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、1【解析】求出的坐標，不妨設，，分別過，，分別代入點的坐標，變形可解得結果.【詳解】因為，，，所以，，不妨設，，分別過，，則，，則，所以故答案為：112、①.45②.35【解析】利用中位數的概念及百分位數的概念即得.【詳解】由題可知甲組數據共9個數，所以甲組數據的中位數是45，由莖葉圖可知乙組數據共9個數，又，所以乙組數據的25%分位數是35.故答案為：45；35.13、【解析】由奇函數可得,則可得,解出即可【詳解】因為是奇函數,,所以,即,解得故答案為：【點睛】本題考查利用奇偶性求值,考查已知函數值求參數14、9【解析】因為且，所以取得等號，故函數的最小值為9.，答案為9.15、【解析】如圖，過點B作與，連，則有平面，從而得，所以即為二面角的平面角在中，，所以,所以銳角即二面角的平面角的大小為答案：點睛：作二面角的平面角可以通過垂線法進行，在一個半平面內找一點作另一個半平面的垂線，再過垂足作二面角的棱的垂線，兩條垂線確定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角，然后通過解三角形的方法求得角，解題時要注意所求角的范圍16、9【解析】根據指數的運算法則，可求得，根據基本不等式中“1”的代換，化簡計算，即可得答案.【詳解】由題意得，所以，所以，當且僅當，即時取等號，所以的最小值是9故答案為：9三、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），；（3）.【解析】(1)利用兩角差的正切公式即可求解；(2)利用二倍角公式即可求解；(3)利用和差角公式即可求解.【詳解】(1)因為，，所以，即.(2)因為，可得，所以，，因此，，.(3)由，則，，得.因為，所以.由，則，，得，由以及，得.因為，又，所以.18、（1），（2）【解析】（1）直接利用平均速度的定義求出；（2）利用作差法比較大小.【小問1詳解】設方式一中小明行走的總路程為s，所用時間為，由題意得，可知設方式二中所用時間為，總路程為s，則【小問2詳解】.因為且，所以，即.19、（1）詳見解析；（2）詳見解析；（3）.【解析】（1）由中位線定理可得線線平面，從而有線面平行；（2）正四棱錐中，底面是正方形，因此有，又PO是正四棱錐的高，從而有PO⊥AC，這樣就有AC與平面PBD垂直，從而得面面垂直；（3）把與沿PD攤平，由A、M、C共線，因此新的平面圖形是平行四邊形，從而為菱形，M到底面ABCD的距離為原正四棱錐高PO的一半，計算可得體積試題解析：(1)證明：連接OM，∵O，M分別為BD，PD的中點，∴在△PBD中，OM//PB，又PB面ACM，OM面ACM，∴PB//面ACM(2)證明：連接PO.∵在正四棱錐中，PA=PC，O為AC的中點，∴PO⊥AC，BD⊥AC，又PO∩BD=O，AC⊥平面PBD，又AC平面ACM，∴平面ACM⊥平面PBD(3)如圖，把△PAD與△PCD沿PD展開成平面四邊形PADC1由題意可知A，M，C1三點共線，∵△PAD≌△PCD,M為PD的中點，∴AM=MC1，即M為AC1中點，∴平面四邊形PADC1為平行四邊形，又PA=PC,∴平面四邊形PADC1為菱形，∴正四棱錐的側棱長為2∵PO⊥AC，PO⊥BD，PO⊥面ABCD，∴PO為正四棱錐的高20、（1）（2）【解析】（1）根據指數的運算性質進行求解即可；（2）根據對數的運算性質進行求解即可.【小問1詳解】【小問2詳解】21、（1）||=5；；（2）；（3）.【解析】（1）利用向量的模長的坐標公式即得；（2）利用向量的線性坐標表