2023-2024學年河北省石家莊市高一數學第一學期期末質量檢測模擬試題含解析

2023-2024學年河北省石家莊市高一數學第一學期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。回答非選擇題時，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．下列函數中，以為最小正周期，且在上單調遞增的是（）A. B.C. D.2．已知向量，，且與的夾角為銳角，則的取值范圍是A. B.C. D.3．已知函數是定義域為的奇函數，且，當時，，則（）A. B.C. D.4．已知函數，則下列判斷正確的是A.函數是奇函數，且在R上是增函數B.函數偶函數，且在R上是增函數C.函數是奇函數，且在R上是減函數D.函數是偶函數，且在R上是減函數5．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A.16 B.15C.18 D.176．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.7．已知函數，則下列說法正確的是（）A.的最小正周期為 B.的圖象關于直線C.的一個零點為 D.在區(qū)間的最小值為18．下面四個不等式中不正確的為A. B.C. D.9．明朝數學家程大位在他的著作《算法統(tǒng)宗》中寫了一首計算秋千繩索長度的詞《西江月》：“平地秋千未起，踏板一尺離地，送行兩步恰竿齊，五尺板高離地……”某教師根據這首詞設計一題：如圖，已知，，則弧的長（）A. B.C. D.10．函數的圖像可能是（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若，則實數____________.12．若，則實數的值為______.13．已知函數，若函數恰有兩個不同的零點，則實數的取值范圍是_____14．不等式對于任意的x，y∈R恒成立，則實數k的取值范圍為________15．已知函數y=sin（x+）（>0,-<）的圖象如圖所示，則=________________.16．若，記，，，則P、Q、R的大小關系為______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．求下列各式的值：（1）；（2）.18．如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G分別是CB、CD、CC1的中點（Ⅰ）求證：平面AB1D1∥平面EFG；（Ⅱ）A1C⊥平面EFG19．已知函數,其中,且.（1）若函數的圖像過點,且函數只有一個零點,求函數的解析式;（2）在（1）的條件下,若,函數在區(qū)間上單調遞增,求實數的取值范圍.20．函數（1）解不等式；（2）若方程有實數解，求實數的取值范圍21．下面給出了根據我國2012年~2018年水果人均占有量（單位：）和年份代碼繪制的散點圖（2012年~2018年的年份代碼分別為1~7）.（1）根據散點圖分析與之間的相關關系；（2）根據散點圖相應數據計算得，，求關于的線性回歸方程.參考公式：.

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【解析】根據最小正周期判斷AC，根據單調性排除B，進而得答案.【詳解】解：對于AC選項，，的最小正周期為，故錯誤；對于B選項，最小正周期為，在區(qū)間上單調遞減，故錯誤；對于D選項，最小正周期為，當時，為單調遞增函數，故正確.故選：D2、B【解析】因為與夾角為銳角，所以cos<,>>0，且與不共線，由得，k>－2且，故選B考點：本題主要考查平面向量的坐標運算，向量夾角公式點評：基礎題，由夾角為銳角，可得到k得到不等式，應注意夾角為0°時，夾角的余弦值也大于0.3、A【解析】由奇偶性結合得出，再結合解析式得出答案.【詳解】由函數是定義域為的奇函數，且，，而，則故選：A4、A【解析】求出的定義域，判斷的奇偶性和單調性，進而可得解.【詳解】的定義域為R，且；∴是奇函數；又和都是R上的增函數；是R上的增函數故選A【點睛】本題考查奇偶性的判斷，考查了指數函數的單調性，屬于基礎題5、B【解析】由三視圖還原的幾何體如圖所示，結合長方體的體積公式計算即可.【詳解】由圖可知，該幾何體是在一個長方體的右上角挖去一個小長方體，如圖，故該幾何體的體積為故選：B6、A【解析】利用對數運算和指數與對數互化求解.【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：A7、D【解析】根據余弦函數的圖象與性質判斷其周期、對稱軸、零點、最值即可.【詳解】函數，周期為，故A錯誤；函數圖像的對稱軸為，，，不是對稱軸，故B錯誤；函數的零點為，，，所以不是零點，故C錯誤；時，，所以，即，所以，故D正確.故選：D8、B【解析】A，利用三角函數線比較大小；B，取中間值1和這兩個數比較；C，利用對數函數圖象比較這兩個數的大?。籇，取中間值1和這兩個數比較【詳解】解：A，如圖，利用三角函數線可知，所對的弧長為，，∴，A對；B，由于，B錯；C，如圖，，則，C對；D，，D對；故選：B【點睛】本題主要考查比較兩個數的大小，考查三角函數線的作用，考查指對數式的大小，屬于基礎題9、C【解析】求出長后可得，再由弧長公式計算可得【詳解】由題意，解得，所以，，所以弧的長為故選：C10、D【解析】∵，∴，∴函數需向下平移個單位，不過（0,1）點，所以排除A，當時，∴，所以排除B，當時，∴，所以排除C，故選D.考點：函數圖象的平移.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、5##【解析】根據題中條件，由元素與集合之間的關系，得到求解，即可得出結果.【詳解】因為，所以，解得.故答案為：.12、【解析】由指數式與對數式的互化公式求解即可【詳解】因為，所以，故答案為：13、【解析】題目轉化為，畫出函數圖像，根據圖像結合函數值計算得到答案.詳解】，，即，畫出函數圖像，如圖所示：，，根據圖像知：.故答案為：14、【解析】根據給定條件將命題轉化為關于x的一元二次不等式恒成立，再利用關于y的不等式恒成立即可計算作答.【詳解】因為對于任意的x，y∈R恒成立，于是得關于x的一元二次不等式對于任意的x，y∈R恒成立，因此，對于任意的y∈R恒成立，故有，解得，所以實數k的取值范圍為.故答案為：15、【解析】由圖可知，16、【解析】利用平方差公式和同角三角函數的平方關系可得P、R的關系，然后作差，因式分解，結合已知可判斷P、Q的大小關系.【詳解】又因為，所以所以，即所以P、Q、R的大小關系為.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）2【解析】（1）結合指數的運算化簡計算即可求出結果；（2）結合對數的運算化簡計算即可求出結果；【小問1詳解】【小問2詳解】18、（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）見解析.【解析】（Ⅰ）連接，推導出四邊形是平行四邊形，從而.再證出，.從而平面，同理平面，由此能證明平面平面（Ⅱ）推導出，，從而平面，，同理，由此能證明平面AB1D1，從而平面【詳解】（Ⅰ）連接BC1，∵正方體ABCD-A1B1C1D1中，AB∥C1D1，AB=C1D1，∴四邊形ABC1D1是平行四邊形，∴AD1∥BC1.又∵E，G分別是BC，CC1的中點，∴EG∥BC1，∴EG∥AD1.又∵EG?平面AB1D1，AD1?平面AB1D1，∴EG∥平面AB1D1.同理EF∥平面AB1D1，且EG∩EF=E，EG?平面EFG，EF?平面EFG，∴平面AB1D1∥平面EFG.

（Ⅱ）∵AB1D1正方體ABCD-A1B1C1D1中，AB1⊥A1B.又∵正方體ABCD-A1B1C1D1中，BC⊥平面AA1B1B，∴AB1⊥BC.又∵A1B與BC都在平面A1BC中，A1B與BC相交于點B，∴AB1⊥平面A1BC，∴A1C⊥AB1同理A1C⊥AD1，而AB1與AD1都在平面AB1D1中，AB1與AD1相交于點A，∴A1C⊥平面AB1D1，因此，A1C⊥平面EFG【點睛】本題考查面面平行、線面垂直的證明，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系，考查運算求解能力，考查空間思維能力，是中檔題19、（1）或（2）【解析】（1）因為,根據函數的圖像過點,且函數只有一個零點,聯立方程即可求得答案;（2）因為,由（1）可知:,可得,根據函數在區(qū)間上單調遞增,即可求得實數的取值范圍.【詳解】（1）根據函數的圖像過點,且函數只有一個零點可得,整理可得,消去得,解得或當時,,當時,,綜上所述,函數的解析式為:或（2）當,由（1）可知:要使函數在區(qū)間上單調遞增則須滿足解得,實數的取值范圍為.【點睛】本題考查了求解二次函數解析式和已知復合函數單調區(qū)間求參數范圍.掌握復合函數單調性同增異減是解題關鍵,考查了分析能力和計算能力,屬于中等題.20、（1）（2）【解析】（1）由，根據對數的單調性可得，然后解指數不等式即可.（2）由實數根，化為有實根，令，有正根即可，對稱軸，開口向上，只需即可求解.【詳解】（1）由，即，所以，，解得所以不等式的解集為.（2）由實數根，即有實數根，所以有實根，兩邊平方整理可得令，且，由題意知有大于根即可，即，令，，故故.故實數的取值范圍.【點睛】本題考查了利用對數的單調性解不等式、根據對數型方程的根求參數的取值范圍，屬于中檔題.21、（