山西省太原市迎澤區(qū)五中2024屆高一數學第一學期期末教學質量檢測模擬試題含解析

山西省太原市迎澤區(qū)五中2024屆高一數學第一學期期末教學質量檢測模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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．已知函數是R上的單調函數，則實數a的取值范圍是（）A. B.C. D.2．已知角的終邊經過點，且，則的值為（）A. B.C. D.3．若集合，，則（）A. B.C. D.4．下列說法正確的有（）①兩個面平行且相似，其余各面都是梯形的多面體是棱臺；②經過球面上不同的兩點只能作一個大圓；③各側面都是正方形的四棱柱一定是正方體；④圓錐的軸截面是等腰三角形.A.1個 B.2個C.3個 D.4個5．若實數，滿足，則關于的函數圖象的大致形狀是（）A. B.C. D.6．已知實數滿足,那么的最小值為(

)A. B.C. D.7．若，則的最小值為（）A. B.C. D.8．下圖是一幾何體的平面展開圖，其中四邊形為正方形，，，，為全等的等邊三角形，分別為的中點.在此幾何體中，下列結論中錯誤的為A.直線與直線共面 B.直線與直線是異面直線C.平面平面 D.面與面的交線與平行9．已知命題：函數過定點，命題：函數是冪函數，則是的（）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10．已知函數是冪函數，且其圖象與兩坐標軸都沒有交點，則實數A. B.2C.3 D.2或二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．直線的傾斜角為，直線的傾斜角為，則__________12．已知函數，R的圖象與軸無公共點，求實數的取值范圍是_________.13．已知，且，則實數的取值范圍為__________14．已知，則___________.15．已知等差數列的前項和為，，則__________16．若，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．平面內給定三個向量，，(1)求滿足的實數；(2)若，求實數.18．已知函數在區(qū)間上單調，當時，取得最大值5，當時，取得最小值-1.（1）求的解析式（2）當時，函數有8個零點，求實數的取值范圍19．如圖，在矩形ABCD中，邊AB所在的直線方程的斜率為2，點C（2，0）．求直線BC的方程20．已知.（1）求的值；（2）若，求的值.21．已知是方程的兩根，且.求：及的值.

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】可知分段函數在R上單調遞增，只需要每段函數單調遞增且在臨界點處的函數值左邊小于等于右邊，列出不等式即可【題目詳解】可知函數在R上單調遞增，所以；對稱軸，即；臨界點處，即；綜上所述：故選：B2、B【解題分析】根據點，先表示出該點和原點之間的距離，再根據三角函數的定義列出等式，解方程可得答案.【題目詳解】因為角的終邊經過點，則，因為，所以，且，解得，故選：B3、A【解題分析】解一元二次不等式化簡集合B，再利用交集的定義直接計算作答.【題目詳解】解不等式，即，解得，則，而，所以.故選：A4、A【解題分析】根據棱臺、球、正方體、圓錐的幾何性質，分析判斷，即可得答案.【題目詳解】①中若兩個底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保證側棱延長線會交于一點，所以①不正確；②中若球面上不同的兩點恰為球的某條直徑的兩個端點，則過此兩點的大圓有無數個，所以②不正確；③中底面不一定是正方形，所以③不正確；④中圓錐的母線長相等，所以軸截面是等腰三角形，所以④是正確的.故選：A5、B【解題分析】利用特殊值和，分別得到的值，利用排除法確定答案.【題目詳解】實數，滿足，當時，，得，所以排除選項C、D，當時，，得，所以排除選項A，故選：B.【題目點撥】本題考查函數圖像的識別，屬于簡單題.6、A【解題分析】表示直線上的點到原點的距離，利用點到直線的距離公式求得最小值.【題目詳解】依題意可知表示直線上的點到原點的距離，故原點到直線的距離為最小值，即最小值為，故選A.【題目點撥】本小題主要考查點到直線的距離公式，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于基礎題.7、B【解題分析】由，根據基本不等式，即可求出結果.【題目詳解】因為，所以，，因此，當且僅當，即時，等號成立.故選：B.8、C【解題分析】畫出幾何體的圖形，如圖，由題意可知，A，直線BE與直線CF共面，正確，因為E，F(xiàn)是PA與PD的中點，可知EF∥AD，所以EF∥BC，直線BE與直線CF是共面直線；B，直線BE與直線AF異面；滿足異面直線的定義，正確C，因為△PAB是等腰三角形，BE與PA的關系不能確定，所以平面BCE⊥平面PAD，不正確D，∵AD∥BC，∴AD∥平面PBC，∴面PAD與面PBC的交線與BC平行，正確故答案選C9、B【解題分析】根據冪函數的性質，從充分性與必要性兩個方面分析判斷.【題目詳解】若函數是冪函數，則過定點；當函數過定點時，則不一定是冪函數，例如一次函數，所以是的必要不充分條件.故選：B.10、A【解題分析】根據冪函數的定義，求出m的值，代入判斷即可【題目詳解】函數是冪函數，，解得：或，時，，其圖象與兩坐標軸有交點不合題意，時，，其圖象與兩坐標軸都沒有交點，符合題意，故，故選A【題目點撥】本題考查了冪函數的定義，考查常見函數的性質，是一道常規(guī)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】，所以，，故．填12、【解題分析】令＝t＞0，則g(t)＝>0對t＞0恒成立，即對t＞0恒成立，再由基本不等式求出的最大值即可.【題目詳解】，R，令＝t＞0，則f(x)＝g(t)＝，由題可知g(t)在t＞0時與橫軸無公共點，則對t＞0恒成立，即對t＞0恒成立，∵，當且僅當，即時，等號成立，∴，∴.故答案為：.13、【解題分析】，該函數的定義域為，又，故為上的奇函數，所以等價于，又為上的單調減函數，，也即是，解得，填點睛：解函數不等式時，要注意挖掘函數的奇偶性和單調性14、##-0.75【解題分析】將代入函數解析式計算即可.【題目詳解】令，則，所以.故答案為：15、161【解題分析】由等差數列的性質可得，即可求出，又，帶入數據，即可求解【題目詳解】由等差數列的性質可得=，所以，又由等差數列前n項和公式得【題目點撥】本題考查等差數列的性質及前n項和公式，屬基礎題16、【解題分析】平方得三、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）11【解題分析】（1）利用向量的坐標運算和平面向量基本定理即可得出；（2）利用向量共線定理即可得出.【題目詳解】(1)由題意得，，∴解得，(2)∵向量，，∴則時，解得：【題目點撥】本題考查了向量的坐標運算、平面向量基本定理、向量共線定理，考查了計算能力，屬于基礎題18、（1）；（2）.【解題分析】(1)由函數的最大值和最小值求出,由周期求出ω,由特殊點的坐標出φ的值,可得函數的解析式(2)等價于時,方程有個不同的解.即與有個不同交點,畫圖數形結合即可解得【題目詳解】(1)由題知,..又,即,的解析式為.(2)當時,函數有個零點,等價于時,方程有個不同的解.即與有個不同交點.由圖知必有,即.實數的取值范圍是.【題目點撥】已知函數有零點求參數常用的方法和思路：(1)直接法：直接根據題設條件構建關于參數的不等式,再通過解不等式確定參數范圍；(2)分離參數法：先將參數分離,轉化成函數的值域問題解決；(3)數形結合法：先對解析式變形,在同一個平面直角坐標系中,畫出函數的圖像,然后數形結合求解.19、x+2y﹣2＝0【解題分析】由矩形可知相鄰兩邊垂直，可求出直線斜率，代入點，可求方程【題目詳解】∵四邊形ABCD為矩形，∴AB⊥BC，∴kAB?kBC＝﹣1∴，∴直線BC的方程為，即x+2y﹣2＝0【題目點撥】本題考查直線垂直，和點斜式直線方程，屬于基礎題20、（1）；（2）.【解題分析】（1）根據三角函數的基本關系式，化簡得，即可求解；（2）由（1）知，根據三角函數誘導公式，化簡得到原式，結合三角函數的基本關系式，即可求解.【題目詳解】（1）根據三角函數的基本關系式，可得，解得.（2）由（1）知，又由.因為，且，所以，可得，所以21、1，.【解題分析】由韋達定理結合