上海復旦附中2024屆高一數學第一學期期末調研模擬試題含解析

上海復旦附中2024屆高一數學第一學期期末調研模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．已知函數的零點，（），則（）A. B.C. D.2．已知aR且a>b，則下列不等式一定成立的是（）A.> B.>abC.> D.a(a—b)>b(a—b)3．已知圓與直線及都相切，圓心在直線上，則圓的方程為（）A. B.C. D.4．已知底面邊長為1，側棱長為的正四棱柱的各頂點均在同一個球面上，則該球的體積為A. B.C. D.5．集合用列舉法表示是（）A. B.C. D.6．若條件p：，q：，則p是q成立的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既非充分也非必要條件7．要證明命題“所有實數的平方都是正數”是假命題，只需（）A.證明所有實數的平方都不是正數B.證明平方是正數的實數有無限多個C.至少找到一個實數，其平方是正數D.至少找到一個實數，其平方不是正數8．化簡的值是A. B.C. D.9．當時，在同一平面直角坐標系中，與的圖象是（）A. B.C. D.10．如圖，PO是三棱錐P-ABC底面ABC的垂線，垂足為O①若PA⊥BC，PB⊥AC，則點O是△ABC的垂心；②若PA=PB=PC，則點O是△ABC的外心；③若∠PAB=∠PAC，∠PBA=∠PBC，則點O是△ABC的內心；④過點P分別做邊AB，BC，AC的垂線，垂足分別為E，F，G，若PE=PF=PG，則點O是△ABC的重心以上推斷正確的個數是（）A.1 B.2C.3 D.4二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知，，若與的夾角是銳角，則的取值范圍為______12．函數在上的最小值是__________13．已知冪函數的圖象經過點，且滿足條件，則實數的取值范圍是___14．函數定義域為___________15．化簡的結果為______.16．直線與平行，則的值為_________.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．已知函數，（1）求的單調遞增區(qū)間.（2）求在區(qū)間上的最大、最小值，并求出取得最值時的值.18．已知函數的部分圖象如圖所示，其中.（1）求值；（2）若角是的一個內角，且，求的值.19．已知直線l過點和直線:平行，圓O的方程為，直線l與圓O交于B，C兩點.（1）求直線l的方程；（2）求直線l被圓O所截得的弦長.20．對于函數，若，則稱為的“不動點”，若，則稱為的“穩(wěn)定點”，函數的“不動點”和“穩(wěn)定點”的集合分別記為和，即，，那么，（1）求函數的“穩(wěn)定點”；（2）求證：；（3）若，且，求實數的取值范圍.21．已知函數.（1）若函數的定義域為，求集合；（2）若集合，求.

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【解題分析】將函數化為，根據二次函數的性質函數的單調性，利用零點的存在性定理求出兩個零點的分布，進而得出零點的取值范圍，依次判斷選項即可.【題目詳解】由題意知，，則函數圖象的對稱軸為，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，又，，，，所以，因為，，所以，所以，故A錯誤；，故B錯誤；，故C錯誤；，故D正確.故選：D2、D【解題分析】對于A，B，C舉反例判斷即可，對于D，利用不等式的性質判斷【題目詳解】解：對于A，若，則，所以A錯誤；對于B，若，則，此時，所以B錯誤；對于C，若，則，此時，所以C錯誤；對于D，因為，所以，所以，所以D正確，故選：D3、B【解題分析】圓的圓心在直線上，設圓心為.圓與直線及都相切，所以，解得.此時半徑為：.所以圓的方程為.故選B.4、D【解題分析】根據正四棱柱的幾何特征得：該球的直徑為正四棱柱的體對角線，故，即得，所以該球的體積，故選D.考點：正四棱柱的幾何特征；球的體積.5、D【解題分析】解不等式，結合列舉法可得結果.【題目詳解】.故選：D6、B【解題分析】由條件推結論可判斷充分性，由結論推條件可判斷必要性【題目詳解】由不能推出，例如，但必有，所以p是q成立的必要不充分條件.故選：B.7、D【解題分析】全稱命題是假命題，則其否定一定是真命題，判斷選項.【題目詳解】命題“所有實數的平方都是正數”是全稱命題，若其為假命題，那么命題的否定是真命題，所以只需“至少找到一個實數，其平方不是正數.故選：D8、B【解題分析】利用終邊相同角同名函數相同，可轉化為求的余弦值即可.【題目詳解】.故選B.【題目點撥】本題主要考查了三角函數中終邊相同的角三角函數值相同及特殊角的三角函數值，屬于容易題.9、B【解題分析】由定義域和，使用排除法可得.【題目詳解】的定義域為，故AD錯誤；BC中，又因為，所以，故C錯誤，B正確.故選：B10、C【解題分析】①由題意得出AO⊥BC，BO⊥BC，點O是△ABC的垂心；②若PA=PB=PC，則AO=BO=CO，點O是△ABC的外心；③由題意得出AO是∠BAC的平分線，BO是∠ABC的平分線，O是△ABC的內心；④若PE=PF=PG，則OE=OF=OG，點O是△ABC的內心【題目詳解】對于①，PO⊥底面ABC，∴PO⊥BC，又PA⊥BC，∴BC⊥平面PAO，∴AO⊥BC；同理PB⊥AC，得出BO⊥BC，∴點O是△ABC的垂心，①正確；對于②，若PA=PB=PC，由此推出Rt△PAO≌Rt△PBO≌Rt△PCO，∴AO=BO=CO，點O是△ABC的外心，②正確；對于③，若∠PAB=∠PAC，且PO⊥底面ABC，則AO是∠BAC的平分線，同理∠PBA=∠PBC時BO是∠ABC平分線，∴點O是△ABC的內心，③正確；對于④，過點P分別做邊AB，BC，AC的垂線，垂足分別為E，F，G，若PE=PF=PG，則OE=OF=OG，點O是△ABC的內心，④錯誤綜上，正確的命題個數是3故選C【題目點撥】本題主要考查了空間中的直線與平面的垂直關系應用問題，是中檔題二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】利用坐標表示出和，根據夾角為銳角可得且與不共線，從而構造出不等式解得結果.【題目詳解】由題意得：，解得：又與不共線，解得：本題正確結果：【題目點撥】本題考查根據向量夾角求解參數范圍問題，易錯點是忽略兩向量共線的情況.12、【解題分析】在上單調遞增最小值為13、【解題分析】首先求得函數的解析式，然后求解實數的取值范圍即可.【題目詳解】設冪函數的解析式為，由題意可得：，即冪函數的解析式為：，則即：，據此有：，求解不等式組可得實數的取值范圍是.【題目點撥】本題主要考查冪函數的定義及其應用，屬于基礎題.14、[0,1）【解題分析】要使函數有意義，需滿足，函數定義域為[0,1）考點：函數定義域15、0【解題分析】由對數的運算求解即可.【題目詳解】故答案為：16、【解題分析】根據兩直線平行得出實數滿足的等式與不等式，解出即可.【題目詳解】由于直線與平行，則，解得.故答案為：.【題目點撥】本題考查利用兩直線平行求參數，考查運算求解能力，屬于基礎題.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）；（2）或時，當時【解題分析】分析：（1）先利用輔助角公式化簡函數f(x)，再利用復合函數的單調性性質求的單調遞增區(qū)間.（2）利用不等式的性質和三角函數的圖像和性質求在區(qū)間上的最大、最小值，并求出取得最值時的值.詳解：（1），由得，∴的單調遞增區(qū)間為（2）當時，當或，即或時，當即時點睛：（1）本題主要考查三角函數的單調性和區(qū)間上的最值，意在考查學生對這些基礎知識的掌握水平和數形結合的思想方法.(2)對于復合函數的問題自然是利用復合函數的性質解答，求復合函數的最值，一般從復合函數的定義域入手，結合三角函數的圖像一步一步地推出函數的最值.18、（1），，，（2）【解題分析】（1）根據圖象的特征，列式確定的值；（2）根據（1）的結果，代入解析式，得，結合同角三角函數基本關系式，即可求解.【小問1詳解】由圖象可知，，解得：，，，解得：，當時，，得，因為，所以，綜上可知，，，，；【小問2詳解】由（1）可知，，即,因為，解得：19、（1）（2）【解題分析】（1）通過直線l和直線:平行，得到斜率，再由直線l過點，用點斜式寫出方程.（2）先求出圓心O到直線l的距離，再根據弦長公式求解.【題目詳解】（1），，又因為直線l過點∴直線l的方程為:，即（2）因為圓心O到直線l的距離為，所以【題目點撥】本題主要考查了直線方程的求法和直線與圓的位置關系中的弦長問題，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.20、（1）“穩(wěn)定點”；（2）見解析；（3）【解題分析】本題拿出一個概念來作為新型定義題，只需要去對定義的理解就好，要求函數的“穩(wěn)定點”只需求方程中的值，即為“穩(wěn)定點”若，有這是不動點的定義，此時得出，，如果，則直接滿足.先求出即存在“不動點”的條件，同理取得到存在“穩(wěn)定點”的條件，而兩集合相等，即條件所求出的結果一直，對結果進行分類討論.【題目詳解】（1）由有，得：，所以函數的“穩(wěn)定點”為；（2）證明：若，則，顯然成立；若，設，有，則有，所以，故（3）因為，所以方程有實根，即有實根，所以或，解得又由得：即由（1）知，故方程左邊含有因式所以，又，所以方程要么無實根，要么根是方程的解，當方程無實根時，或，即，當方程有實根時，則方程的根是方程的解，則有，代入方程得，故