云南省昆明市官渡一中2023-2024學年高一上數學期末質量檢測模擬試題含解析

云南省昆明市官渡一中2023-2024學年高一上數學期末質量檢測模擬試題注意事項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12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，請將正確答案涂在答題卡上.）1．圓的半徑和圓心坐標分別為A. B.C. D.2．“0≤a≤1”是“關于x的不等式x2-2ax+a>0對x∈R恒成立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3．函數f(x)=ax(a>0,a≠1)對于任意的實數xA.f(xy)=f(x)f(y) B.f(x+y)=f(x)f(y)C.f(xy)=f(x)+f(y) D.f(x+y)=f(x)+f(y)4．把表示成，的形式，則的值可以是（）A. B.C. D.5．在正方體中，異面直線與所成的角為（）A.30° B.45°C.60° D.90°6．直線的傾斜角是A. B.C. D.7．我國在2020年9月22日在聯(lián)合國大會提出，二氧化碳排放力爭于2030年前實現碳達峰，爭取在2060年前實現碳中和．為了響應黨和國家的號召，某企業(yè)在國家科研部門的支持下，進行技術攻關：把二氧化碳轉化為一種可利用的化工產品，經測算，該技術處理總成本y（單位：萬元）與處理量x（單位：噸）之間的函數關系可近似表示為，當處理量x等于多少噸時，每噸的平均處理成本最少（）A.120 B.200C.240 D.4008．如果函數在上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線，那么“”是“函數在內有零點”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件9．已知函數，若方程有8個相異實根，則實數b的取值范圍為（）A. B.C. D.10．圓臺的一個底面周長是另一個底面周長的3倍，母線長為3，圓臺的側面積為84π，則圓臺較小底面的半徑為（）A.7 B.6C.5 D.311．的值為（）A. B.C. D.12．表示不超過x的最大整數，例如，．若是函數的零點，則（）A.1 B.2C.3 D.4二、選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分,將答案寫在答題卡上.）13．給出下列命題：①存在實數，使；②函數是偶函數；③若是第一象限角，且，則；④是函數的一條對稱軸方程以上命題是真命題的是_______（填寫序號）14．=______15．函數y＝cos2x－sinx的值域是__________________16．已知某扇形的弧長為，面積為，則該扇形的圓心角（正角）為_________.三、解答題（本大題共6個小題，共70分。解答時要求寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟。）17．在平面直角坐標系中，為坐標原點，已知兩點、在軸的正半軸上，點在軸的正半軸上．若，（）求向量，夾角的正切值（）問點在什么位置時，向量，夾角最大？18．已知集合，（1）當時，求集合；（2）若，“”是“”的充分條件，求實數的取值范圍19．（1）計算（2）已知，求的值20．已知函數滿足（1）求的解析式，并求在上的值域；（2）若對，且，都有成立，求實數k的取值范圍21．已知集合，.（1）求，；（2）若，且，求實數的取值范圍.22．我們知道，指數函數（，且）與對數函數（，且）互為反函數.已知函數，其反函數為.（1）求函數，的最小值；（2）對于函數，若定義域內存在實數，滿足，則稱為“L函數”.已知函數為其定義域上的“L函數”，求實數的取值范圍.

參考答案一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，請將正確答案涂在答題卡上.）1、D【解析】半徑和圓心坐標分別為,選D2、B【解析】先根據“關于x的不等式x2-2ax+a>0對x∈R恒成立”得0<a<1【詳解】設p：“關于x的不等式x2-2ax+a>0對x∈R恒成立則由p知一元二次函數y=x2-2ax+a的圖象開口向上，且所以對于一元二次方程x2-2ax+a=0必有解得0<a<1，由于0,1?所以“0≤a≤1”是“關于x的不等式x2-2ax+a>0對x∈R恒成立”故選：B.【點睛】結論點睛：本題考查充分不必要條件的判斷，一般可根據如下規(guī)則判斷：（1）若p是q的必要不充分條件，則q對應集合是p對應集合的真子集；（2）若p是q充分不必要條件，則p對應集合是q對應集合的真子集；（3）若p是q的充分必要條件，則p對應集合與q對應集合相等；（4）若p是q的既不充分又不必要條件，q對的集合與p對應集合互不包含3、B【解析】由指數的運算性質得到ax+y【詳解】解：由函數f(x)=a得f(x+y)=a所以函數f(x)=ax(a>0,a≠1)對于任意的實數x、y故選：B.【點睛】本題考查了指數的運算性質，是基礎題.4、B【解析】由結合弧度制求解即可.【詳解】∵，∴故選：B5、C【解析】首先由可得是異面直線和所成角，再由為正三角形即可求解.【詳解】連接因為為正方體，所以，則是異面直線和所成角．又,可得為等邊三角形，則，所以異面直線與所成角為，故選：C【點睛】本題考查異面直線所成的角，利用平行構造三角形或平行四邊形是關鍵，考查了空間想象能力和推理能力，屬于中檔題.6、B【解析】，斜率為，故傾斜角為.7、D【解析】先根據題意求出每噸的平均處理成本與處理量之間的函數關系，然后分和分析討論求出其最小值即可【詳解】由題意得二氧化碳每噸的平均處理成本為，當時，，當時，取得最小值240，當時，，當且僅當，即時取等號，此時取得最小值200，綜上，當每月得理量為400噸時，每噸的平均處理成本最低為200元，故選：D8、A【解析】由零點存在性定理得出“若，則函數在內有零點”舉反例即可得出正確答案.【詳解】由零點存在性定理可知，若，則函數在內有零點而若函數在內有零點，則不一定成立，比如在區(qū)間內有零點，但所以“”是“函數在內有零點”的充分而不必要條件故選：A【點睛】本題主要考查了充分不必要條件的判斷，屬于中檔題.9、B【解析】畫出的圖象，根據方程有個相異的實根列不等式，由此求得的取值范圍.【詳解】畫出函數的圖象如圖所示，由題意知，當時，；當時，.令，則原方程化為.∵方程有8個相異實根，∴關于t的方程在上有兩個不等實根.令，，∴，解得.故選：B10、A【解析】設圓臺上底面半徑為，由圓臺側面積公式列出方程，求解即可得解.【詳解】設圓臺上底面半徑為，由題意下底面半徑為，母線長，所以，解得.故選：A.【點睛】本題考查了圓臺側面積公式的應用，屬于基礎題.11、A【解析】根據誘導公式以及倍角公式求解即可.【詳解】原式.故選：A12、B【解析】利用零點存在定理得到零點所在區(qū)間求解.【詳解】因為函數在定義域上連續(xù)的增函數，且，又∵是函數的零點，∴，所以，故選：B．二、選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分,將答案寫在答題卡上.）13、②④【解析】根據三角函數的性質，依次分析各選項即可得答案.【詳解】解：①因為，故不存在實數，使得成立，錯誤；②函數，由于是偶函數，故是偶函數，正確；③若，均為第一象限角，顯然，故錯誤；④當時，，由于是函數的一條對稱軸，故是函數的一條對稱軸方程，正確.故正確的命題是：②④故答案為：②④14、【解析】由題意結合指數的運算法則和對數的運算法則整理計算即可求得最終結果.【詳解】原式=3+-2=.故答案為點睛】本題考查了指數與對數運算性質，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題15、【解析】將原函數轉換成同名三角函數即可.【詳解】，，當時取最大值，當時，取最小值；故答案為：.16、【解析】根據給定條件求出扇形所在圓的半徑即可計算作答.【詳解】設扇形所在圓的半徑為，扇形弧長為，即，由扇形面積得：，解得，所以該扇形的圓心角(正角)為.故答案為：三、解答題（本大題共6個小題，共70分。解答時要求寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟。）17、（1）見解析；（2）見解析.【解析】分析：（）設向量與軸的正半軸所成的角分別為，則向量所成的夾角為，由兩角差的正切公式可得向量夾角的正切值為；（）由（1）知，利用基本不等式即可的結果.詳解：（1）由題意知，A的坐標為A（0，6），B的坐標為B（0，4），C（x，0），x＞0設向量，與x軸的正半軸所成的角分別為α，β，則向量，所成的夾角為|β﹣α|=|α﹣β|，由三角函數的定義知：tanα=，tanβ=，由公式tan（α﹣β）=，得向量，的夾角的正切值等于tan（α﹣β）==，故所求向量，夾角的正切值為tan（α﹣β）=；（2）由（1）知tan（α﹣β）==≤=，所以tan（α﹣β）的最大值為時，夾角|α﹣β|的值也最大，當x=時，取得最大值成立，解得x=2，故點C在x的正半軸，距離原點為2，即點C的坐標為C（2，0）時，向量，夾角最大點睛：本題主要考查利用平面向量的夾角、兩角差的正切公式以及基本不等式求最值，屬于難題.利用基本不等式求最值時，一定要正確理解和掌握“一正，二定，三相等”的內涵：一正是，首先要判斷參數是否為正；二定是，其次要看和或積是否為定值（和定積最大，積定和最?。蝗嗟仁?，最后一定要驗證等號能否成立（主要注意兩點，一是相等時參數否在定義域內，二是多次用或時等號能否同時成立）.18、（1）（2）【解析】（1）先化簡集合A，由解得集合，然后利用并集運算求解.（2）根據“”是“”的充分條件，轉化為求解.【小問1詳解】由得：，即，當時，，所以.【小問2詳解】因為，所以，由“”是“”的充分條件，則，則，實數的取值范圍是.19、(1)；(2)3.【解析】(1)由題意結合對數的運算法則和對數恒等式的結論可得原式的值為；(2)令，計算可得原式.試題解析：（1）;(2)設則，所以

.20、（1），（2）【解析】（1）由條件可得，然后可解出，然后利用對勾函數的知識可得答案；（2）設，條件中的不等式可變形為，即可得在區(qū)間（2，4）遞增，然后分、、三種情況討論求解即可.【小問1詳解】因為①，所以②，聯(lián)立①②解得.當時為增函數，時為減函數，因為所以【小問2詳解】對，，，都有，不妨設，則由恒成立，也即可得函數在區(qū)間（2，4）遞增；當，即時，滿足題意；當，即時，為兩個在上單調遞增函數的和，則可得在單調遞增，從而滿足在（2，4）遞增，符合題意；當，即時，，其在遞減，在遞增，若使在（2，4）遞增，則只需；綜上可得：21、（1），（2）【解析】（1）解出集合，利用并集、補集以及交集的定義可求得結果；（2）由已知條件可得出關于的不等式，即可解得實數的取值范圍.【小問1詳解】解：因為，或，所以，，.【小問2詳解】解：因為，所以或，解得或，所以的取值范圍為.22、（1）答案見解析（2）【解析】（1）利用換元法令，可得所求為關于p的二次函數，根據二次函數的性質，分析討論，即可得答案.（2）根據題意，分別討論在、和上存在實數，滿足題意，根據所給方程，代入計算，結合函數單調性，分析即可得答案.【小問1詳解】由題意得所以，，令，設則為開口向上，對稱軸為的拋物線