2024屆吉林省長春八中高一數學第一學期期末綜合測試模擬試題含解析

2024屆吉林省長春八中高一數學第一學期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．函數y=sin2x的圖象可能是A. B.C. D.2．若不等式的解集為，那么不等式的解集為（）A. B.或C. D.或3．已知角α的終邊過點P(4，－3)，則sinα＋cosα的值是（）A B.C. D.4．三個數大小的順序是A. B.C. D.5．在內，不等式解集是（）A. B.C. D.6．在下列區(qū)間中，函數fxA.0,14C.12,7．已知直線經過點，傾斜角的正弦值為，則的方程為（）A. B.C. D.8．定義運算，則函數的部分圖象大致是（）A. B.C. D.9．已知函數的部分圖像如圖所示，則正數A值為（）A. B.C. D.10．某幾何體的三視圖如圖所示,它的體積為()A.72π B.48πC.30π D.24π二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數，若函數恰有4個不同的零點，則實數的取值范圍是________.12．已知扇形的圓心角為，扇形的面積為，則該扇形的弧長為____________.13．已知，若存在定義域為的函數滿足：對任意，，則___________.14．已知點P(－，1)，點Q在y軸上，直線PQ的傾斜角為120°，則點Q的坐標為_____15．已知冪函數y=xα的圖象經過點2,8，那么16．平面向量，，（R），且與的夾角等于與的夾角，則___.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．某生物研究者于元旦在湖中放入一些鳳眼蓮，這些鳳眼蓮在湖中的蔓延速度越來越快，二月底測得鳳眼蓮覆蓋面積為24m2，三月底測得覆蓋面積為36m2，鳳眼蓮覆蓋面積y（單位：m2）與月份x（單位：月）的關系有兩個函數模型與可供選擇（1）試判斷哪個函數模型更合適，并求出該模型的解析式；（2）求鳳眼蓮覆蓋面積是元旦放入面積10倍以上的最小月份（參考數據：lg2≈03010，lg3≈0.4771）18．已知某公司生產某款手機的年固定成本為400萬元，每生產1萬部還需另投入160萬元設公司一年內共生產該款手機萬部且并全部銷售完，每萬部的收入為萬元，且寫出年利潤萬元關于年產量（萬部）的函數關系式；當年產量為多少萬部時，公司在該款手機的生產中所獲得的利潤最大？并求出最大利潤19．已知函數的圖象過點，且滿足（1）求函數的解析式：（2）求函數在上最小值；（3）若滿足，則稱為函數的不動點，函數有兩個不相等且正的不動點，求t的取值范圍20．已知函數，.（1）若函數在上是減函數，求實數的取值范圍；（2）是否存在整數，使得的解集恰好是，若存在，求出的值；若不存在，說明理由.21．袋子里有6個大小、質地完全相同且?guī)в胁煌幪柕男∏?，其中?個紅球，2個白球，3個黑球，從中任取2個球.（1）寫出樣本空間；（2）求取出兩球顏色不同的概率；（3）求取出兩個球中至多一個黑球的概率.

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】分析:先研究函數的奇偶性，再研究函數在上的符號，即可判斷選擇.詳解：令，因為，所以為奇函數，排除選項A,B;因為時，，所以排除選項C，選D.點睛：有關函數圖象的識別問題的常見題型及解題思路：（1）由函數的定義域，判斷圖象的左、右位置，由函數的值域，判斷圖象的上、下位置；（2）由函數的單調性，判斷圖象的變化趨勢；（3）由函數的奇偶性，判斷圖象的對稱性；（4）由函數的周期性，判斷圖象的循環(huán)往復2、C【解題分析】根據題意，直接求解即可.【題目詳解】根據題意，由，得，因為不等式的解集為，所以由，知，解得，故不等式的解集為.故選：C.3、A【解題分析】由三角函數的定義可求得sinα與cosα，從而可得sinα+cosα的值【題目詳解】∵知角α的終邊經過點P（4，-3），∴sinα，cosα，∴sinα+cosα故選：A4、B【解題分析】根據指數函數和對數函數的單調性知：，即；，即；，即；所以，故正確答案為選項B考點：指數函數和對數函數的單調性；間接比較法5、C【解題分析】根據正弦函數的圖象和性質，即可得到結論【題目詳解】解：在[0，2π]內，若sinx，則x，即不等式的解集為（，），故選：C【題目點撥】本題主要考查利用三角函數的圖象與性質解不等式，考查數形結合的思想，屬于基礎題6、C【解題分析】利用零點存在定理即可判斷.【題目詳解】函數fx=e因為函數y=ex,y=2x-3均為增函數，所以fx又f1=ef12=由零點存在定理可得：fx的零點所在的區(qū)間為1故選：C7、D【解題分析】由題可知，則∵直線經過點∴直線的方程為，即故選D8、B【解題分析】根據運算得到函數解析式作圖判斷.【題目詳解】，其圖象如圖所示：故選：B9、B【解題分析】根據圖象可得函數的周期，從而可求，再根據對稱軸可求，結合圖象過可求.【題目詳解】由圖象可得，故，而時，函數取最小值，故，故，而，故，因為圖象過，故，故，故選：B.10、C【解題分析】由題意，結合圖象可得該幾何體是圓錐和半球體的組合體，根據圖中的數據即可計算出組合體的體積選出正確選項.由圖知，該幾何體是圓錐和半球體的組合體，球的半徑是3，圓錐底面圓的半徑是3，圓錐母線長為5，由圓錐的幾何特征可求得圓錐的高為4，則它的體積.考點：由三視圖求面積、體積二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】本題首先可根據函數解析式得出函數在區(qū)間和上均有兩個零點，然后根據在區(qū)間上有兩個零點得出，最后根據函數在區(qū)間上有兩個零點解得，即可得出結果.【題目詳解】當時，令，得，即，該方程至多兩個根；當時，令，得，該方程至多兩個根，因為函數恰有4個不同的零點，所以函數在區(qū)間和上均有兩個零點，函數在區(qū)間上有兩個零點，即直線與函數在區(qū)間上有兩個交點，當時，；當時，，此時函數的值域為，則，解得，若函數在區(qū)間上也有兩個零點，令，解得，，則，解得，綜上所述，實數的取值范圍是，故答案為：.【題目點撥】本題考查根據函數零點數目求參數的取值范圍，可將其轉化為兩個函數的交點數目進行求解，考查函數最值的應用，考查推理能力與計算能力，考查分類討論思想，是難題.12、【解題分析】利用扇形的面積求出扇形的半徑，再帶入弧長計算公式即可得出結果．【題目詳解】解：由于扇形的圓心角為，扇形的面積為，則扇形的面積，解得：，此扇形所含的弧長.故答案為：.13、-2【解題分析】由已知可得為偶函數，即，令，由，可得，計算即可得解.【題目詳解】對任意，，將函數向左平移2個單位得到，函數為偶函數，所以，令，由，可得，解得：.故答案為：.14、(0，－2)【解題分析】設點坐標為，利用斜率與傾斜角關系可知，解得即可.【題目詳解】因為在軸上，所以可設點坐標為，又因為，則，解得，因此，故答案為.【題目點撥】本題主要考查了直線的斜率計算公式與傾斜角的正切之間的關系，屬于基礎題.15、3【解題分析】根據冪函數y=xα的圖象經過點2,8，由2【題目詳解】因為冪函數y=xα的圖象經過點所以2α解得α=3，故答案：316、2【解題分析】，與的夾角等于與的夾角，所以考點：向量的坐標運算與向量夾角三、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）選擇較為合適；（2）6月【解題分析】（1）根據指數函數和冪函數的性質可得合適的函數的模型.（2）根據選擇的函數模型可求最小月份.小問1詳解】指數函數隨著自變量的增大其函數的增長速度越大，冪函數隨著自變量的增大其函數的增長速度越小，因為鳳眼蓮在湖中的蔓延速度越來越快，故選擇較為合適.故，故，.所以.【小問2詳解】由（1），放入面積為，令，則，故鳳眼蓮覆蓋面積是元旦放入面積10倍以上的最小月份為6月.18、（1），;（2）當時，y取得最大值57600萬元【解題分析】根據題意，即可求解利潤關于產量的關系式為，化簡即可求出；由（1）的關系式，利用基本不等式求得最大值，即可求解最大利潤【題目詳解】（1）由題意，可得利潤關于年產量的函數關系式為，.由可得，當且僅當，即時取等號，所以當時，y取得最大值57600萬元【題目點撥】本題主要考查了函數的實際應用問題，以及利用基本不等式求最值，其中解答中認真審題，得出利潤關于年產量的函數關系式，再利用基本不等式求解是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎題19、（1）；（2）；（3）.【解題分析】(1)根據f(x)圖像過點，且滿足列出關于m和n的方程組即可求解；(2)討論對稱軸與區(qū)間的位置關系，即可求二次函數的最小值；(3)由題可知方程x＝g(x)有兩個正根，根據韋達定理即可求出t范圍.【小問1詳解】∵的圖象過點，∴①又，∴②由①②解，，∴；【小問2詳解】，，當，即時，函數在上單調遞減，∴；當，即時，函數在上單調遞減，在單調遞增，∴；當時，函數在上單調遞增，∴綜上，【小問3詳解】設有兩個不相等的不動點、，且，，∴，即方程有兩個不相等的正實根、∴，解得20、（1）（2）答案見解析【解題分析】（1）討論和時實數的取值范圍，再結合的范圍與函數的對稱軸討論使得在上是減函數的范圍即可；（2）假設存在整數，使得的解集恰好是．則，由，解出整數，再代入不等式檢驗即可小問1詳解】解：令，則.當，即時，恒成立，所以.因為在上是減函數，所以，解得，所以.由，解得或.當時，的圖象對稱軸，且方程的兩根均為正，此時在為減函數，所以符合條件.當時，的圖象對稱軸，且方程的根為一正一負，要使在單調遞減，則，解得.綜上可知，實數的取值范圍為【小問2詳解】解：假設存在整數，使的解集恰好是，則①若函數在上單調遞增，則，且，即作差得到，代回得到：，即，由于均為整數，故，，或，，，經檢驗均不滿足要求；②若函數在上單調遞減，則，且，即作差得到，代回得到：，即，由于均為整數，故，，或，，，經檢驗均不滿足要求；③若函數在上不單調，則，且，即作差得到，代回得到：，即，由于均為整數，故，，或，，，經檢驗均滿足要求；綜上，符合要求的整數是或【題目點撥】關鍵點點睛：本題第一問解題的關鍵在于先根據判別式求出的取值范圍，再結合范圍和二次函數的性質討論求解；第二問解題的關鍵在于分類討論，將問題轉化為函數在上單調遞增、單調遞減、不單調三種情況求解即可.21、（1）答案見解析；（2）；（3）.【解題分析】（1）將1個紅球記為個白球記為個黑球記為，進而列舉出所有可能性，進而得到樣本空間；（2）由題意，有1紅1白，1紅1黑，1白1黑，共三大類情況