山東省濱州市鄒平雙語學校一、二區(qū)2024屆高一數學第一學期期末經典模擬試題含解析

山東省濱州市鄒平雙語學校一、二區(qū)2024屆高一數學第一學期期末經典模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．如果全集,,,則A. B.C. D.2．已知定義在上的奇函數滿足當時，，則關于的函數，（）的所有零點之和為（）A. B.C. D.3．已知,則=（）A. B.C. D.4．用a，b，c表示空間中三條不同的直線，γ表示平面，給出下列命題：①若a⊥b，b⊥c，則a∥c；②若a∥b，a∥c，則b∥c；③若a∥γ，b∥γ，則a∥b其中真命題的序號是()A.①② B.③C.①③ D.②5．已知函數f(x)＝設f(0)＝a，則f(a)＝（）A.－2 B.－1C. D.06．已知直線⊥平面，直線平面，給出下列命題：①∥②⊥∥③∥⊥④⊥∥其中正確命題的序號是A.①③ B.②③④C.①②③ D.②④7．若函數滿足，且，，則A.1 B.3C. D.8．設集合A={3，4，5}，B={3，6}，P={x|xA}，Q={x|xB}，則PQ=A.{3}B.{3，4，5，6}C.{{3}}D.{{3}，}9．若都是銳角，且，，則的值是A. B.C. D.10．函數=的部分圖像如圖所示，則的單調遞減區(qū)間為A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．命題“”的否定為___________.12．已知圓及直線，當直線被圓截得的弦長為時，的值等于________.13．已知．若實數m滿足，則m的取值范圍是__14．已知且，函數的圖象恒經過定點，正數、滿足，則的最小值為____________.15．已知定義域為R的函數，滿足，則實數a的取值范圍是______16．已知函數，若方程有四個不同的實根，滿足，則值為__________.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．(1)一個半徑為的扇形，若它的周長等于，那么扇形的圓心角是多少弧度？扇形面積是多少？(2)角的終邊經過點P(，4)且cos=,則的值18．已知(1)化簡(2)若是第三象限角,且，求的值19．如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，三角形ABC為等腰直角三角形，AC=BC=2（1）求證：AC1//（2）二面角B120．設1若對任意恒成立，求實數m的取值范圍；2討論關于x的不等式的解集21．如圖，某園林單位準備綠化一塊直徑為BC的半圓形空地，外的地方種草，的內接正方形PQRS為一水池，其余的地方種花.若，，設的面積為，正方形PQRS的面積為.（1）用a，表示和；（2）當a為定值，變化時，求的最小值，及此時的值.

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、A【解題分析】根據題意,先確定的范圍,再求出即可.【題目詳解】,,故選:A.【題目點撥】本題考查集合的運算,屬于簡單題.2、B【解題分析】作函數與的圖象，從而可得函數有5個零點，設5個零點分別為，從而結合圖象解得【題目詳解】解：作函數與的圖象如下，結合圖象可知，函數與的圖象共有5個交點，故函數有5個零點，設5個零點分別為，∴，，，故，即，故，故選B【題目點撥】本題考查了函數零點與函數的圖象的關系應用及數形結合的思想應用，屬于?？碱}型.3、B【解題分析】根據兩角和的正切公式求出，再根據二倍角公式以及同角三角函數的基本關系將弦化切，代入求值即可.【題目詳解】解：解得故選：【題目點撥】本題考查三角恒等變換以及同角三角函數的基本關系，屬于中檔題.4、D【解題分析】因為空間中，用a，b，c表示三條不同的直線，①中正方體從同一點出發(fā)的三條線，滿足已知但是a⊥c，所以①錯誤；②若a∥b，b∥c，則a∥c，滿足平行線公理，所以②正確；③平行于同一平面的兩直線的位置關系可能是平行、相交或者異面，所以③錯誤；故選D5、A【解題分析】根據條件先求出的值，然后代入函數求【題目詳解】，即，故選：A6、A【解題分析】利用線面、面面平行的性質和判斷以及線面、面面垂直的性質和判斷可得結果.【題目詳解】②若，則與不一定平行，還可能為相交和異面；④若，則與不一定平行，還可能是相交.故選A.【題目點撥】本題是一道關于線線、線面、面面關系的題目，解答本題的關鍵是熟練掌握直線與平面和平面與平面的平行、垂直的性質定理和判斷定理.7、B【解題分析】因為函數滿足，所以，結合，可得，故選B.8、D【解題分析】集合P={x|x?A}表示集合A的子集構成的集合，故P={?,{3},{4},{5},{3,4},{3,5},{4,5},{3,4,5}}，同樣Q={?,{3},{6},{3,6}}.∴P∩Q={{3},Φ}；故選D.9、A【解題分析】由已知得,,故選A.考點：兩角和的正弦公式10、D【解題分析】由五點作圖知，，解得，，所以，令，解得＜＜，，故單調減區(qū)間為（，），，故選D.考點：三角函數圖像與性質二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】根據特稱命題的否定為全稱命題求解.【題目詳解】因為特稱命題的否定為全稱命題，所以“”的否定為“”，故答案：.12、【解題分析】結合題意，得到圓心到直線的距離，結合點到直線距離公式，計算a，即可【題目詳解】結合題意可知圓心到直線的距離，所以結合點到直線距離公式可得，結合，所以【題目點撥】考查了直線與圓的位置關系，考查了點到直線距離公式，難度中等13、【解題分析】由題意可得，進而解不含參數的一元二次不等式即可求出結果.【題目詳解】由題意可知，即，所以，因此，故答案：.14、9【解題分析】由指數函數的性質可得函數的圖象恒經過定點，進而可得，然后利用基本不等式中“1”的妙用即可求解.【題目詳解】解：因為函數的圖象恒經過定點，所以，又、為正數，所以，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值為9.故答案為：9.15、【解題分析】先判斷函數奇偶性，再判斷函數的單調性，從而把條件不等式轉化為簡單不等式.【題目詳解】由函數定義域為R，且，可知函數為奇函數.，令則，令則即在定義域R上單調遞增，又，由此可知，當時，即，函數即為減函數；當時，即，函數即為增函數，故函數在R上的最小值為，可知函數在定義域為R上為增函數.根據以上兩個性質，不等式可化為，不等式等價于即解之得或故答案為16、11【解題分析】畫出函數圖像，利用對數運算及二次函數的對稱性可得答案.【題目詳解】函數的圖像如圖：若方程有四個不同的實根，滿足，則必有，得，.故答案為：11.三、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)【解題分析】(1)設弧長為，所對圓心角為，則=，即=因為所以的弧度數是，從而(2)角的終邊經過點P(，4)，所以，所以.所以原式=18、(1);(2).【解題分析】分析：(1)根據誘導公式化簡即得，(2)先根據誘導公式得，再根據平方關系求，即得的值.詳解：(1).(2)由，得：∵是第三象限角,∴則點睛：本題考查誘導公式以及同角三角函數關系，考查基本求解能力.19、(1)見解析(2)45°【解題分析】1設BC1∩B1C=E，連接ED，則2推導出CD⊥AB，BB1⊥CD，從而CD⊥平面ABB1A1，進而CD⊥B1解析：（1）在直三棱柱ABC-A1B則E為BC1的中點，連接∵D為AB的中點，∴ED//AC，又∵ED?平面CDB1，AC∴AC1//（2）∵ΔABC中，AC=BC，D為AB中點，∴CD⊥AB，又∵BB1⊥平面ABC，CD?∴BB1⊥CD，又AB∩BB1∵B1D?平面ABB1A1，AB?平面∴∠B1DB∵ΔABC中，AB=2，∴BD=1，RtΔB1BD中，∴二面角B1-CD-B20、（1）；（2）見解析.【解題分析】1由題意可得對恒成立，即有的最小值，運用基本不等式可得最小值，即可得到所求范圍；2討論判別式小于等于0，以及判別式大于0，由二次函數的圖象可得不等式的解集【題目詳解】1由題意，若對任意恒成立，即為對恒成立，即有的最小值，由，可得時，取得最小值2，可得；2當，即時，的解集為R；當，即或時，方程的兩根為，，可得的解集為【題目點撥】本題主要考查了不等式的恒成立問題，以及一元二次不等式的解法，注意運用轉化思想和分類討論思想方法，考查運算能力，屬于中檔題21、（1）；（2）當時，的值最小，最小值為【解題分析】（1）利用已知條件，根據銳角三角形中正余弦的利用，即可表示出和；（2）根據題意，將表示為的函數，利用倍角公式對函數進行轉化，利用