2024屆云南省魯甸縣第二中學高一上數學期末綜合測試模擬試題含解析

2024屆云南省魯甸縣第二中學高一上數學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12小題，共60分）1．下列函數中既是奇函數，又是減函數的是（）A. B.C D.2．如圖，在正方形ABCD中，E、F分別是BC、CD的中點，G是EF的中點，現在沿AE、AF及EF把這個正方形折成一個空間圖形，使B、C、D三點重合，重合后的點記為H，那么，在這個空間圖形中必有（）A.所在平面 B.

所在平面C.所在平面 D.所在平面3．函數滿足：，已知函數與的圖象共有4個交點，交點坐標分別為,,,，則：A. B.C. D.4．設全集，，，則如圖陰影部分表示的集合為（）A. B.C. D.5．若直線x＋（1＋m）y－2＝0與直線mx＋2y＋4＝0平行，則m的值是A.1 B.－2C.1或－2 D.6．若將函數的圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的一半（縱坐標不變），再將所得圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象，則下列說法正確的是（）A.的最小正周期為 B.在區(qū)間上單調遞減C.圖象的一條對稱軸為直線 D.圖象的一個對稱中心為7．已知函數是定義在上的偶函數，當時，，則的值是A. B.C. D.8．函數（其中mR）的圖像不可能是（）A. B.C. D.9．若，則角終邊所在象限是A.第一或第二象限 B.第一或第三象限C.第二或第三象限 D.第三或第四象限10．已知命題，則是（）A.， B.，C.， D.，11．函數的圖象大致是A. B.C. D.12．已知，則下列選項錯誤的是（）A. B.C.的最大值是 D.的最小值是二、填空題（本大題共4小題，共20分）13．如圖，在四棱錐中，平面平面，是邊長為4的等邊三角形，四邊形是等腰梯形，，則四棱錐外接球的表面積是____________.14．中國南宋大數學家秦九韶提出了“三斜求積術”，即已知三角形的三條邊長分別為、、，則三角形的面積可由公式求得，其中為三角形周長的一半，這個公式也被稱為海倫—秦九韶公式，現有一個三角形的邊長滿足，，則此三角形面積的最大值為______15．已知且，則的最小值為______________16．點關于直線的對稱點的坐標為______.三、解答題（本大題共6小題，共70分）17．已知全集，集合，集合.（1）若，求；（2）若“”是“”必要不充分條件，求實數的取值范圍.18．已知函數，.（1）當時，解關于的方程；（2）當時，函數在有零點，求實數的取值范圍.19．設函數（1）若不等式解集，求、的值；（2）若，在上恒成立，求實數的取值范圍20．已知（1）若為第三象限角，求的值（2）求的值（3）求的值21．已知向量，，且.（1）的值；（2）若，，且，求的值22．對正整數n，記In={1，2，3…，n}，Pn={|m∈In，k∈In}（1）求集合P7中元素的個數；（2）若Pn的子集A中任意兩個元素之和不是整數的平方，則稱A為“稀疏集”．求n的最大值，使Pn能分成兩個不相交的稀疏集的并

參考答案一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1、A【解析】根據對數、指數、一次函數的單調性判斷BCD，根據定義判斷的奇偶性.【詳解】因為在定義域內都是增函數，所以BCD錯誤；因為，所以函數為奇函數，且在上單調遞減，A正確.故選：A2、B【解析】本題為折疊問題，分析折疊前與折疊后位置關系、幾何量的變與不變，可得HA、HE、HF三者相互垂直，根據線面垂直的判定定理，可判斷AH與平面HEF的垂直【詳解】根據折疊前、后AH⊥HE，AH⊥HF不變，∴AH⊥平面EFH，B正確；∵過A只有一條直線與平面EFH垂直，∴A不正確；∵AG⊥EF，EF⊥AH，∴EF⊥平面HAG，∴平面HAG⊥AEF，過H作直線垂直于平面AEF，一定在平面HAG內，∴C不正確；∵HG不垂直于AG，∴HG⊥平面AEF不正確，D不正確故選B【點睛】本題考查直線與平面垂直的判定，一般利用線線?線面?面面，垂直關系的相互轉化判斷3、C【解析】函數的圖象和的圖象都關于（0，2）對稱，從而可知4個交點兩兩關于點（0，2）對稱，即可求出的值【詳解】因為函數滿足：，所以的圖象關于（0，2）對稱，函數，由于函數的圖象關于（0，0）對稱，故的圖象也關于（0，2）對稱，故.故答案為C.【點睛】若函數滿足，則函數的圖象關于點對稱4、D【解析】解出集合、，然后利用圖中陰影部分所表示的集合的含義得出結果.【詳解】，.圖中陰影部分所表示的集合為且.故選：D.【點睛】本題考查韋恩圖表示的集合的求解，同時也考查了一元二次不等式的解法，解題的關鍵就是弄清楚陰影部分所表示的集合的含義，考查運算求解能力，屬于基礎題.5、A【解析】分類討論直線的斜率情況，然后根據兩直線平行的充要條件求解即可得到所求【詳解】①當時，兩直線分別為和，此時兩直線相交，不合題意②當時，兩直線的斜率都存在，由直線平行可得，解得綜上可得故選A【點睛】本題考查兩直線平行的等價條件，解題的關鍵是將問題轉化為對直線斜率存在性的討論．也可利用以下結論求解：若，則且或且6、D【解析】根據題意函數的圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的一半（縱坐標不變），再將所得圖象向左平移個單位長度，得到函數，即可求出最小正周期，把看成是整體，分別求的單調遞減區(qū)間、對稱軸、對稱中心，在分別驗證選項即可得到答案.【詳解】由于函數的圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的一半（縱坐標不變），故函數的解析式為，再將所得圖象向左平移個單位長度，.，故A錯誤；的單調減區(qū)間為，故在區(qū)間內不單調遞減；圖象的對稱軸為，不存在使得圖象的一條對稱軸為直線，故C錯誤；圖象的對稱中心的橫坐標為，當時，圖象的一個對稱中心為，故D正確.故選：D.7、B【解析】根據偶函數性質的,再代入對應解析式得結果.【詳解】因為函數是定義在上的偶函數，所以,選B.【點睛】本題考查偶函數應用，考查基本轉化求解能力，屬于基礎題.8、C【解析】對m分類討論，利用對勾函數的單調性，逐一進行判斷圖像即可.【詳解】易見，①當時，圖像如A選項；②當時，時，易見在遞增，得在遞增；時，令，得為對勾函數，所以在遞增，遞減，所以根據復合函數單調性得在遞減，遞增，圖像為D；③當時，時，易見在遞減，故在遞減；時為對勾函數，所以在遞減，遞增，圖像為B.因此，圖像不可能是C.故選：C.【點睛】本題考查了利用對勾函數單調性來判斷函數的圖像，屬于中檔題.9、D【解析】利用同角三角函數基本關系式可得，結合正切值存在可得角終邊所在象限【詳解】，且存在，角終邊所在象限是第三或第四象限故選D【點睛】本題考查三角函數的象限符號，是基礎題10、C【解析】由全稱命題的否定是特稱命題即可得結果.【詳解】由全稱命題的否定是特稱命題知：，，是，，故選：C.11、A【解析】利用函數的奇偶性排除選項B、C項，然后利用特殊值判斷，即可得到答案【詳解】由題意，函數滿足，所以函數為偶函數，排除B、C，又因為時，，此時，所以排除D，故選A【點睛】本題主要考查了函數的圖象的識別問題，其中解答中熟練應用函數的奇偶性進行排除，以及利用特殊值進行合理判斷是解答的關鍵，著重考查了分析問題解決問題的能力，屬于基礎題.12、D【解析】根據題意求出b的范圍可以判斷A，然后結合基本不等式判斷B,C，最后消元通過二次函數的角度判斷D.【詳解】對A，，正確；對B，，當且僅當時取“=”，正確；對C，，當且僅當時取“=”，正確；對D，由題意，，由A可知，所以，錯誤.故選：D.二、填空題（本大題共4小題，共20分）13、##【解析】先根據面面垂直，取△的外接圓圓心G，梯形的外接圓圓心F，分別過兩點作對應平面的垂線，找到交點為外接球球心，再通過邊長關系計算半徑，代入球的表面積公式即得結果.【詳解】如圖，取的中點，的中點，連，，在上取點，使得，由是邊長為4的等邊三角形，四邊形是等腰梯形，，可得，，即梯形的外接圓圓心為F，分別過點、作平面、平面的垂線，兩垂線相交于點，顯然點為四棱錐外接球的球心，由題可得，，，則四棱錐外接球的半徑，故四棱錐外接球的表面積為故答案為：.14、【解析】計算得出，利用海倫—秦九韶公式可得出，利用基本不等式可求得的最大值.【詳解】，所以，.當且僅當時，等號成立，且此時三邊可以構成三角形.因此，該三角形面積的最大值為.故答案為：.15、9【解析】因為且，所以取得等號，故函數的最小值為9.，答案為9.16、【解析】設點關于直線的對稱點為，由垂直的斜率關系，和線段的中點在直線上列出方程組即可求解.【詳解】設點關于直線的對稱點為，由對稱性知，直線與線段垂直，所以，所以，又線段的中點在直線上，即，所以，由，所以點關于直線的對稱點的坐標為：.故答案為：.三、解答題（本大題共6小題，共70分）17、（1）（2）【解析】（1）求出集合，利用補集和交集的定義可求得；（2）分析可知且，可得出關于實數的不等式組，由此可解得實數的取值范圍.【小問1詳解】解：當時，，則或，，因此，.【小問2詳解】解：因為“”是“”必要不充分條件，于是得且，所以，，解得.所以實數的取值范圍是.18、（1）；（2）【解析】（1）方程變成，令，化簡解關于的一元二次方程，從而求出的值.（2）將零點轉化為方程有實根，即時有解，令，，得：，從而得出取值范圍.【詳解】（1），令，則，解得，所以（2），時，設，，，對稱軸為，時，，.19、（1），；（2）.【解析】（1）分析可知的兩根是、，利用韋達定理可求得實數、的值；（2）分析可知不等式在上恒成立，可得出，由此可解得實數的取值范圍.【詳解】由已知可知，方程的兩根是、且，所以，解得；（2），可得，，因為在上恒成立，則在上恒成立，所以，，解得.因此，實數的取值范圍是.20、（1）（2）（3）【解析】（1）化簡式子可得，平方后利用同角三角函數的基本關系求解；（2）分子分母同除以，化切后，由兩角和的正切公式可得解；（3）根據二倍角的余弦公式求解.【小問1詳解】由可得，，平方得，，所以，即，因為為第三象限角，所以.【小問2詳解】由可得，即，所以【小問3詳解】由（1）知，，所以.21、（1）；（2）【解析】（1）首先應用向量數量積坐標公式求得，結合，求得，得到結果；（2）結合題的條件，利用同角三角函數關系式求得，結合角的范圍以及（1）的結論，求得，再應用余弦和角公式求得的值，結合角的范圍求得，得到結果.【詳解】（1）因為，，所以因為，所以，即.（2）因為，，所以.因為，，所以.因為，所以，所以.因為，，所以，所以.【點睛】該題考查的是有關三角恒等變換的問題，涉及到的知識點有向量數量積坐標公式，同角三角函數關系式，余弦的和角公式，利用角的三角函數值的大小，結合角的范圍求角的大小，屬于簡單題目.22、（1）46（2）n的最大值為14【解析】（1）對于集合P7，有n=7．當k=4時，Pn={|m∈In，k∈In}中有3個數（1，2，3）與In={1，2，3…，n}中的數重復，由此求得集合P7中元素的個數為7×7﹣3=46（2）先證當n≥15時，Pn不能分成兩個不相交的稀疏集的并集．否則，設A和B為兩個不相交的稀疏集，使A∪B=Pn?In不妨設1∈A，則由于1+3=22，∴3?A，即3∈B．同理可得，6∈A，10∈B．又推出15∈A，但1+15=42，這與A為稀疏集相矛盾再證P14滿足要求．當k=1時，P14={|m∈I14，k∈I14}=I14，可以分成2個稀疏集的并集事實上，只要取A1={1，2，4，6，9，11，13}，B1={3，5，7，8，10，12，14}，則A1和B1都稀疏集，且A1∪B1=I14當k=4時，集合