黑龍江省哈爾濱市哈爾濱師大附中2024屆數學高一上期末統(tǒng)考模擬試題含解析

黑龍江省哈爾濱市哈爾濱師大附中2024屆數學高一上期末統(tǒng)考模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．已知圓C：x2+y2+2x=0與過點A（1，0）的直線l有公共點，則直線l斜率k的取值范圍是（）A. B.C. D.2．如果直線和函數的圖象恒過同一個定點，且該定點始終落在圓的內部或圓上，那么的取值范圍是（）A. B.C. D.3．已知函數是定義在上的奇函數，，且，則（）A. B.C. D.4．函數為定義在R上的單調函數，則實數m的取值范圍是（）A. B.C. D.5．已知，那么“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件6．如下圖所示，在正方體中，下列結論正確的是A.直線與直線所成的角是 B.直線與平面所成的角是C.二面角的大小是 D.直線與平面所成的角是7．已知角的終邊上一點，且，則（）A. B.C. D.8．若正實數滿足，（為自然對數的底數），則（）A. B.C. D.9．如圖中,分別是正三棱柱(兩底面為正三角形的直棱柱)的頂點或所在棱的中點，則表示直線是異面直線的圖形有（）A.①③ B.②③C.②④ D.②③④10．設函數，若關于方程有個不同實根，則實數的取值范圍為（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若函數（其中）在區(qū)間上不單調，則的取值范圍為__________.12．如圖，在三棱錐中，已知，，，，則三棱錐的體積的最大值是________.13．已知是定義在上的奇函數，當時，，函數如果對，，使得，則實數m的取值范圍為______14．已知命題：，都有是真命題，則實數取值范圍是______15．已知，則函數的最大值為___________，最小值為___________.16．已知函數,若方程有四個不同的解,且,則的最小值是______,的最大值是______.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．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18．已知向量，（1）若，求的值；（2）若，，求的值域19．已知函數，.（1）若函數的值域為R，求實數m的取值范圍；（2）若函數是函數的反函數，當時，函數的最小值為，求實數m的值；（3）用表示m，n中的最大值，設函數，有2個零點，求實數m的范圍.20．已知,（1）若,求（2）若,求實數的取值范圍.21．計算：（1）；（2）已知，求的值

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【解題分析】利用點到直線的距離公式和直線和圓的位置關系直接求解【題目詳解】根據題意得，圓心（﹣1，0），r＝1，設直線方程為y﹣0＝k（x﹣1），即kx﹣y﹣k＝0∴圓心到直線的距離d1，解得k故選B【題目點撥】本題考查直線和圓的位置關系，點到直線的距離公式，屬于基礎題2、C【解題分析】由已知可得．再由由點在圓內部或圓上可得．由此可解得點在以和為端點的線段上運動．由表示以和為端點的線段上的點與坐標原點連線的斜率可得選項【題目詳解】函數恒過定點．將點代入直線可得，即由點在圓內部或圓上可得，即．或．所以點在以和為端點的線段上運動表示以和為端點的線段上的點與坐標原點連線的斜率．所以，．所以故選：C【題目點撥】關鍵點點睛：解決本題類型的問題，關鍵在于由已知條件得出所滿足的可行域，以及明確所表示的幾何意義.3、C【解題分析】由得函數的周期性，由周期性變形自變量的值，最后由奇函數性質求得值【題目詳解】∵是奇函數，∴，又，∴是周期函數，周期為4∴故選：C4、B【解題分析】由在單調遞增可得函數為增函數，保證兩個函數分別單調遞增，且連接點處左端小于等于右端的函數值即可【題目詳解】由題意，函數為定義在R上的單調函數且在單調遞增故在單調遞增，即且在處，綜上：解得故選：B5、A【解題分析】化簡得，再利用充分非必要條件定義判斷得解.【題目詳解】解：.因為“”是“”的充分非必要條件，所以“”是“”的充分非必要條件.故選：A6、D【解題分析】選項，連接，，因為，所以直線與直線所成的角為，故錯；選項，因為平面,故為直線與平面所成的角，根據題意；選項，因為平面,所以，故二面角的平面角為，故錯；用排除法，選故選：D7、B【解題分析】由三角函數的定義可列方程解出，需注意的范圍【題目詳解】由三角函數定義,解得,由,知,則.故選：B.8、C【解題分析】由指數式與對數式互化為相同形式后求解【題目詳解】由題意得：，，，①，又，，，和是方程的根，由于方程的根唯一，，由①知，，故選：C9、C【解題分析】對于①③可證出，兩條直線平行一定共面，即可判斷直線與共面；對于②④可證三點共面，但平面；三點共面，但平面，即可判斷直線與異面.【題目詳解】由題意，可知題圖①中，，因此直線與共面；題圖②中，三點共面，但平面，因此直線與異面；題圖③中，連接，則，因此直線與共面；題圖④中，連接，三點共面，但平面，所以直線與異面.故選C.【題目點撥】本題主要考查異面直線的定義，屬于基礎題.10、B【解題分析】等價于，即或，轉化為與和圖象交點的個數為個，作出函數的圖象，數形結合即可求解【題目詳解】作出函數的圖象如下圖所示變形得，由此得或，方程只有兩根所以方程有三個不同實根，則，故選：B【題目點撥】易錯點點睛：本題的易錯點為函數的圖像無限接近直線，即方程只有兩根，另外難點在于方程的變形，即因式分解二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】化簡f(x)，結合正弦函數單調性即可求ω取值范圍.【題目詳解】，x∈，①ω＞0時，ωx∈，f(x)在不單調，則，則；②ω＜0時，ωx∈，f(x)在不單調，則，則；綜上，ω的取值范圍是.故答案為：.12、【解題分析】過作垂直于的平面，交于點，，作，通過三棱錐體積公式可得到，可分析出當最大時所求體積最大，利用橢圓定義可確定最大值，由此求得結果.【題目詳解】過作垂直于的平面，交于點，作，垂足為，，當取最大值時，三棱錐體積取得最大值，由可知：當為中點時最大，則當取最大值時，三棱錐體積取得最大值.又，在以為焦點的橢圓上，此時，，，，三棱錐體積最大值為.故答案為：.【題目點撥】關鍵點點睛：本題考查三棱錐體積最值的求解問題，解題關鍵是能夠將所求體積的最值轉化為線段長度最值的求解問題，通過確定線段最值得到結果.13、【解題分析】先求出時，，，然后解不等式，即可求解，得到答案【題目詳解】由題意，可知時，為增函數，所以，又是上的奇函數，所以時，，又由在上的最大值為，所以，，使得，所以.故答案為【題目點撥】本題主要考查了函數的奇偶性的判定與應用，以及函數的最值的應用，其中解答中轉化為是解答的關鍵，著重考查了轉化思想，推理與運算能力，屬于基礎題.14、【解題分析】由于，都有，所以，從而可求出實數的取值范圍【題目詳解】解：因為命題：，都有是真命題，所以，即，解得，所以實數的取值范圍為，故答案為：15、①.②.【解題分析】利用對勾函數的單調性直接計算函數的最大值和最小值作答.【題目詳解】因函數在上單調遞增，在上單調遞減，當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減，即有當時，，而當時，，當時，，則，所以函數的最大值為，最小值為.故答案為：；16、①.1②.4【解題分析】畫出的圖像,再數形結合分析參數的的最小值,再根據對稱性與函數的解析式判斷中的定量關系化簡再求最值即可.【題目詳解】畫出的圖像有：因為方程有四個不同的解,故的圖像與有四個不同的交點,又由圖,,故的取值范圍是,故的最小值是1.又由圖可知,,,故,故.故.又當時,.當時,,故.又在時為減函數,故當時取最大值.故答案為：(1).1(2).4【題目點撥】本題主要考查了數形結合求解函數零點個數以及范圍的問題,需要根據題意分析交點間的關系,并結合函數的性質求解.屬于難題.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）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經過AC的中點，故點A到平面BMD的距離等于點C到平面BMD的距離取CD得中點N，則MN⊥平面ABCD，且MNPD＝1設點C到平面MBD的距離為h，則h為所求由AD⊥PB可得BC⊥PB，故三角形PBC為直角三角形由于點M為PC的中點，利用直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半，可得MD＝MB，故三角形MBD為等腰三角形，故MO⊥BD由于PA，∴MO由VM﹣BCD＝VC﹣MBD可得，?（）?MN?（BD×MO）×h，故有（）×1?（）?h，解得h【題目點撥】本題主要考查直線和平面平行的判定定理，直線和平面垂直的性質，用等體積法求點到平面的距離，體現了數形結合和等價轉化的數學思想，屬于中檔題18、（1）（2）【解題分析】（1）根據的坐標關系，得到，再代入即可求值.（2）用正弦、余弦，二倍角公式和輔助角公式化簡，得到，根據，求出的值域.詳解】（1）若，則，∴.∴.（2），∵，∴，∴，∴，∴的值域為【題目點撥】本題第一問主要考查向量平行的坐標表示和正切二倍角公式，考查計算能力.第二問主要考查正弦，余弦的二倍角公式和輔助角公式以及三角函數的值域問題，屬于中檔題.19、（1）（2）（3）【解題分析】(1)函數的值域為R,可得,求解即可;(2)設分類論可得m的值;(3)對m分類討論可得結論.【小問1詳解】值域為R,∴【小問2詳解】，.設，，①若即時，，②若，即時，，舍去③若即時，，無解，舍去綜上所示：【小問3詳解】①顯然，當時，在無零點，舍去②當時，，舍去③時，解分別為，，只需控制，不要均大于等于1即可Ⅰ：，，，舍去Ⅱ：，無解，綜