安徽省定遠縣藕塘中學2024屆高一數學第一學期期末統考試題含解析

安徽省定遠縣藕塘中學2024屆高一數學第一學期期末統考試題注意事項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12小題，共60分）1．已知，則的大小關系為（）A B.C. D.2．在平面直角坐標系中，角以為始邊，終邊與單位圓交于點，則（）A. B.C. D.3．在某種新型材料的研制中，實驗人員獲得了下列一組實驗數據，現準備用下列四個函數中的一個近似表示這些數據的規(guī)律，其中最合適的是（）x1.992345.156.126y1.514.047.5112.0318.01A. B.C. D.4．已知a=log20.3，b=20.3，c=0.30.3，則a，b，c三者的大小關系是（）A. B.C. D.5．下列指數式與對數式的互化不正確的一組是（）A.100=1與lg1=0 B.與C.log39=2與32=9 D.log55=1與51=56．已知函數是定義在R上的偶函數，且，當時，，則在區(qū)間上零點的個數為（）A.2 B.3C.4 D.57．如圖，四棱錐的底面為正方形，底面，則下列結論中不正確的是A.B.平面C.平面平面D.與所成的角等于與所成的角8．已知，則函數（）A. B.C. D.9．設集合，．則（）A. B.C. D.10．，，，則（）A. B.C. D.11．若函數在定義域上的值域為，則（）A. B.C. D.12．兩圓和的位置關系是A.內切 B.外離C.外切 D.相交二、填空題（本大題共4小題，共20分）13．已知函數的最大值與最小值之差為，則______14．已知直三棱柱的個頂點都在球的球面上，若，，，，則球的直徑為________15．已知函數（且）在上單調遞減，且關于的方程恰有兩個不相等的實數解，則的取值范圍是_____16．已知，若是的充分不必要條件，則的取值范圍為______三、解答題（本大題共6小題，共70分）17．為落實國家“精準扶貧”政策，某企業(yè)于年在其扶貧基地投入萬元研發(fā)資金，用于養(yǎng)殖業(yè)發(fā)展，并計劃今后年內在此基礎上，每年投入的資金比上一年增長（1）寫出第年（年為第一年）該企業(yè)投入的資金數（萬元）與的函數關系式，并指出函數的定義域；（2）該企業(yè)從第幾年開始（年為第一年），每年投入的資金數將超過萬元？（參考數據：，，，，）18．已知函數.（1）若函數在上至少有一個零點，求的取值范圍；（2）若函數在上的最大值為3，求的值.19．定義在（-1，1）上的奇函數為減函數，且，求實數a的取值范圍.20．已知函數，（1）求函數的最小正周期；（2）求函數的對稱中心；（3）當時，求的最大值和最小值.21．已知函數是偶函數.（1）求實數的值；（2）若函數，函數只有一個零點，求實數的取值范圍.22．如圖，在四邊形中，，，，為等邊三角形，是的中點.設，.（1）用，表示，，（2）求與夾角的余弦值.

參考答案一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1、B【解析】觀察題中，不妨先構造函數比較大小，再利用中間量“1”比較與大小即可得出答案.【詳解】由題意得，，由函數在上是增函數可得，由對數性質可知，，所以，故選:B2、A【解析】根據任意角三角函數的概念可得出，然后利用誘導公式求解.【詳解】因為角以為始邊，且終邊與單位圓交于點，所以，則.故選：A.【點睛】當以為始邊，已知角終邊上一點的坐標為時，則，.3、B【解析】由題中表格可知函數在上是增函數，且y的變化隨x的增大而增大得越來越快，逐一判斷，選擇與實際數據接近的函數得選項.【詳解】解：由題中表格可知函數在上是增函數，且y的變化隨x的增大而增大得越來越快，對于A，函數是線性增加的函數，與表中的數據增加趨勢不符合，故A不正確；對于C，函數，當，與表中數據7.5的誤差很大，不符合要求，故C不正確；對于D，函數，當，與表中數據4.04的誤差很大，不符合要求，故D不正確；對于B，當，與表中數據1.51接近，當，與表中數據4.04接近，當，與表中數據7.51接近，所以，B選項的函數是最接近實際的一個函數，故選：B4、D【解析】利用指數函數與對數函數的單調性即可得出大小關系【詳解】∵a=log20.3＜0，b=20.3＞1，c=0.30.3∈（0，1），則a，b，c三者的大小關系是b＞c＞a.故選：D【點睛】本題考查了指數函數與對數函數的單調性，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題5、B【解析】根據指數式與對數式的互化逐一判斷即可.【詳解】A.1對數等于0，即，可得到：100=1與lg1=0；故正確;B.對應的對數式應為,故不正確；C.；故正確，D.很明顯log55=1與51=5是正確的；故選:B.【點睛】本題考查指數式與對數式的互化，考查基本分析判斷能力，屬基礎題.6、C【解析】根據函數的周期性、偶函數的性質，結合零點的定義進行求解即可.【詳解】因為，所以函數的周期為，當時，，即，因為函數是偶函數且周期為，所以有，所以在區(qū)間上零點的個數為，故選：C7、D【解析】結合直線與平面垂直判定和性質，結合直線與平面平行的判定，即可【詳解】A選項，可知可知，故，正確；B選項，AB平行CD，故正確；C選項，，故平面平面，正確；D選項，AB與SC所成的角為，而DC與SA所成的角為，故錯誤，故選D【點睛】考查了直線與平面垂直的判定和性質，考查了直線與平面平行的判定，考查了異面直線所成角，難度中等8、A【解析】根據，令，則，代入求解.【詳解】因為已知，令，則，則，所以，‘故選：A9、A【解析】先求得，然后求得.【詳解】.故選：A10、B【解析】根據對數函數和指數函數的單調性即可得出，，的大小關系【詳解】，，，故選：11、A【解析】的對稱軸為，且，然后可得答案.【詳解】因為的對稱軸為，且所以若函數在定義域上的值域為，則故選：A12、D【解析】根據兩圓方程求解出圓心和半徑，從而得到圓心距；根據得到兩圓相交.【詳解】由題意可得兩圓方程為：和則兩圓圓心分別為：和；半徑分別為：和則圓心距：則兩圓相交本題正確選項：【點睛】本題考查圓與圓的位置關系，關鍵是判斷出圓心距和兩圓半徑之間的關系，屬于基礎題.二、填空題（本大題共4小題，共20分）13、或.【解析】根據冪函數的性質，結合題意，分類討論，利用單調性列出方程，即可求解.【詳解】由題意，函數，當時，函數在上為單調遞增函數，可得，解得；當時，顯然不成立；當時，函數在上為單調遞減函數，可得，解得，綜上可得，或.故答案為：或.14、【解析】根據題設條件可以判斷球心的位置，進而求解【詳解】因為三棱柱的個頂點都在球的球面上，若，，，，所以三棱柱的底面是直角三角形，側棱與底面垂直，的外心是斜邊的中點，上下底面的中心連線垂直底面，其中點是球心，即側面，經過球球心，球的直徑是側面的對角線的長，因為，，，所以球的半徑為：故答案為：15、【解析】利用函數是減函數,根據對數的圖象和性質判斷出的大致范圍，再根據為減函數，得到不等式組,利用函數的圖象,方程的解的個數,推出的范圍【詳解】函數（且），在上單調遞減，則：；解得，由圖象可知，在上,有且僅有一個解，故在上,同樣有且僅有一個解，當即時,聯立,則,解得或1（舍去），當時由圖象可知，符合條件，綜上：的取值范圍為.故答案為【點睛】本題考查函數的單調性和方程的零點,對于分段函數在定義域內是減函數,除了每一段都是減函數以外,還要注意右段在左段的下方,經常會被忽略,是一個易錯點；復雜方程的解通常轉化為函數的零點,或兩函數的交點,體現了數學結合思想,屬于難題.16、【解析】根據不等式的解法求出的等價條件，結合充分不必要條件的定義建立不等式關系即可【詳解】由得得或，由得或，得或，若是的充分不必要條件，則即得，又，則，即實數的取值范圍是，故填：【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的應用，求出不等式的等價條件結合充分條件和必要條件的定義進行轉化是解決本題的關鍵，為基礎題三、解答題（本大題共6小題，共70分）17、（1），其定義域為（2）第年【解析】（1）由題設，應用指數函數模型，寫出前2年的研發(fā)資金，然后進一部確定函數解析式及定義域；（2）由（1）得，然后利用對數運算求解集.【小問1詳解】第一年投入的資金數為萬元，第二年投入的資金數為萬元，第x年（年為第一年）該企業(yè)投入的資金數（萬元）與的函數關系式為，其定義域為【小問2詳解】由（1）得，，即，因為，所以即該企業(yè)從第年，就是從年開始，每年投入的資金數將超過萬元18、(1)；（2）或.【解析】（1）由函數在至少有一個零點，方程至少有一個實數根，，解出即可；（2）通過對區(qū)間端點與對稱軸頂點的橫坐標的大小比較，再利用二次函數的單調性即可得出函數在上的最大值，令其等于可得結果.試題解析：（1）由.（2）化簡得，當，即時，；當，即時，，，（舍）；當，即時，，綜上，或.19、【解析】結合奇函數性質以及單調性，去掉外層函數，變成一元二次不等式進行求解.【詳解】由題即根據奇函數定義可知原不等式為又因為單調遞減函數，故，解得或又因為函數定義域為故，解得,所以綜上得的范圍為.20、（1）最小正周期（2），（3），【解析】（1）利用兩角和公式和二倍角公式對函數解析式化簡整理，利用周期公式求得函數的最小正周期，利用三角函數圖象和性質求得其對稱軸方程（2）根據正弦函數的性質計算可得；（3）利用的范圍求得的范圍，再根據正弦函數的性質求出函數在區(qū)間上最大值和最小值【小問1詳解】解：即所以的最小正周期為，【小問2詳解】解：令，，解得，，所以函數的對稱中心為，【小問3詳解】解：當時，，所以則當，即時，；當，即時，21、（1）；（2）.【解析】（1）利用函數為偶函數推出的值，即可求解；（2）根據函數與方程之間的關系，轉化為方程只有一個根，利用換元法進行轉化求解即可.【詳解】（1）由題意，函數為偶函數，所以，即，所以，即，則對恒成立，解得.（2）由只有一個零點，所以方程有且只有一個實根，即方程有且只有一個實根，即方程有且只有一個實根，令，則方程有且只有一個正根，①當時，，不合題意；②當時，因為0不是方程的根，所以方程的兩根異號或有兩相等正根，由，解得或，當，則不合題意，舍去；當，則，符合題意，若方程有兩根異號，則，所以，綜上，的取值范圍是.22、（1），；（2）.【解析】（1）利用向量的線性運算即平面向量基本定理確定，與，的關系；（2）解法一：利用向量數量積運算公式求得向量夾角余弦值；解法二：建立平面直角坐標系，利用數量積的坐標表示確定向量夾角余弦值.【詳解】解法一：（1）由圖