2024届河北省滦州第一中学数学高一上期末经典试题含解析

2024届河北省滦州第一中学数学高一上期末经典试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．某几何体的三视图如图所示，则该几何的体积为A.16+8 B.8+8C.16+16 D.8+162．已知,,,,则A. B.C. D.3．已知函数f(x)＝设f(0)＝a，则f(a)＝（）A.－2 B.－1C. D.04．若集合，集合，则（）A.{5，8} B.{4，5，6，8}C.{3，5，7，8} D.{3，4，5，6，7，8}5．半径为的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（）A. B.C. D.6．某几何体的三视图如图，其正视图中的曲线部分为半圆，则该几何体的表面积为（）A. B.C. D.7．若函数满足，，则下列判断错误的是（）A. B.C.图象的对称轴为直线 D.f（x）的最小值为－18．下列各题中，p是q的充要条件的是（）A.p：，q：B.p：，q：C.p：四边形是正方形，q：四边形的对角线互相垂直且平分D.p：两个三角形相似，q：两个三角形三边成比例9．已知集合，则（）A. B.C. D.10．已知函数是定义在上的奇函数，，且，则（）A. B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知函数是幂函数，且过点，则___________.12．已知是第四象限角且，则______________.13．求值：__________.14．已知空间中两个点A（1，3，1），B（5，7，5），则|AB|＝_____15．若关于的不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围为____________16．已知奇函数f（x），当x>0，fx=x2三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．已知集合，（1）若，求；（2）若，求实数的取值范围.18．如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1，M，N分别是A1B，B1C1的中点．(1)求证：MN⊥平面A1BC；(2)求直线BC1和平面A1BC所成的角的大小．19．已知函数（1）求函数的最小正周期及函数的单调递增区间；（2）求函数在上的值域20．已知集合，集合或，全集（1）若，求；（2）若，求实数a的取值范围21．已知定义在R上的函数满足：①对任意实数x，y，都有；②对任意（1）求；（2）判断并证明函数的奇偶性；（3）若，直接写出的所有零点（不需要证明）

参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1、A【解题分析】由已知中的三视图可得该几何体是一个半圆柱和正方体的组合体，半圆柱底面半径为2，故半圆柱的底面积半圆柱的高故半圆柱的体积为，长方体的长宽高分别为故长方体的体积为故该几何体的体积为，选A考点：三视图，几何体的体积2、C【解题分析】分别求出的值再带入即可【题目详解】因为,所以因为,所以所以【题目点拨】本题考查两角差的余弦公式．属于基础题3、A【解题分析】根据条件先求出的值，然后代入函数求【题目详解】，即，故选：A4、D【解题分析】根据并集的概念和运算即可得出结果.【题目详解】由，得.故选：D5、A【解题分析】根据题意可得圆锥母线长为，底面圆的半径为，求出圆锥高即可求出体积.【题目详解】半径为半圆卷成一个圆锥，可得圆锥母线长为，底面圆周长为，所以底面圆的半径为，圆锥的高为,所以圆锥的体积为.故选：A.6、C【解题分析】几何体是一个组合体，包括一个三棱柱和半个圆柱，三棱柱的是一个底面是腰为的等腰直角三角形，高是，其底面积为：，侧面积为：；圆柱的底面半径是，高是，其底面积为：，侧面积为：；∴组合体的表面积是，本题选择C选项点睛：(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和7、C【解题分析】根据已知求出，再利用二次函数的性质判断得解.【题目详解】解：由题得，解得，，所以，因为，所以选项A正确；所以，所以选项B正确；因为，所以选项D正确；因为的对称轴为，所以选项C错误故选：C8、D【解题分析】根据充分条件、必要条件的判定方法，逐项判定，即可求解.【题目详解】对于A中，当时，满足，所以充分性不成立，反之：当时，可得，所以必要性成立，所以是的必要不充分条件，不符合题意；对于B中，当时，可得，即充分性成立；反之：当时，可得，即必要性不成立，所以是的充分不必要条件，不符合题意；对于C中，若四边形是正方形，可得四边形的对角线互相垂直且平分，即充分性成立；反之：若四边形的对角线互相垂直且平分，但四边形不一定是正方形，即必要性不成立，所以是充分不必要条件，不符合题意；对于D中，若两个三角形相似，可得两个三角形三边成比例，即充分性成立；反之：若两个三角形三边成比例，可得两个三角形相似，即必要性成立，所以是的充分必要条件，符合题意.故选：D.9、D【解题分析】求出集合A，再求A与B的交集即可.【题目详解】∵，∴.故选：D.10、C【解题分析】由得函数的周期性，由周期性变形自变量的值，最后由奇函数性质求得值【题目详解】∵是奇函数，∴，又，∴是周期函数，周期为4∴故选：C二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】由题意，设代入点坐标可得，计算即得解【题目详解】由题意，设，过点故，解得故则故答案为：12、【解题分析】直接由平方关系求解即可.【题目详解】由是第四象限角，可得.故答案为：.13、【解题分析】利用诱导公式一化简，再求特殊角正弦值即可.【题目详解】.故答案为：.14、【解题分析】直接代入空间中两点间的距离公式即可得解.【题目详解】∵空间中两个点A（1，3，1），B（5，7，5），∴|AB|4故答案为:4【题目点拨】本题考查空间中两点间的距离公式,属于基础题.15、【解题分析】根据题意显然可知，整理不等式得：，令，求出在的范围即可求出答案.【题目详解】由题意知：，即对任意的恒成立，当，得：，即对任意的恒成立，即对任意的恒成立，令，在上单减，所以，所以.故答案为：16、-10【解题分析】根据函数奇偶性把求f-2的值，转化成求f2【题目详解】由f（x）为奇函数，可知f-x=-f又当x>0，fx=故f故答案为：-10三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）（2）的取值范围为【解题分析】(1)化简集合A,B求出集合B的补集，再求即可;(2)由得到集合A是集合B的子集，分别讨论集合A为空集和不是空集的情况，列出相应不等式，即可求解.【题目详解】解：（1）当时，，，或，可得.（2）①当时，，此时，成立；②当时，若，有，得，由上知，若，则实数的取值范围为.【题目点拨】本题主要考查了集合间的基本运算以及包含关系，注意集合A是集合B的子集时，不要忽略集合A为空集的情况，属于中档题.18、（1）见解析；（2）【解题分析】（1）易得BC⊥平面ACC1A1，连接AC1，则BC⊥AC1．侧面ACC1A1是正方形，所以A1C⊥AC1．又BC∩A1C=C，根据线面垂直判定定理可知AC1⊥平面A1BC，因为侧面ABB1A1是正方形，MN是△AB1C1的中位线，所以MN∥AC1，从而MN⊥平面A1BC；（2）根据AC1⊥平面A1BC，设AC1与A1C相交于点D，连接BD，根据线面所成角的定义可知∠C1BD为直线BC1和平面A1BC所成角，设AC=BC=CC1=a，求出C1D，BC1，在Rt△BDC1中，求出∠C1BD，即可求出所求．试题解析：(1)证明如图，由已知BC⊥AC，BC⊥CC1，得BC⊥平面ACC1A1．连接AC1，则BC⊥AC1．又侧面ACC1A1是正方形，所以A1C⊥AC1．又BC∩A1C＝C，所以AC1⊥平面A1BC．因为侧面ABB1A1是正方形，M是A1B的中点，连接AB1，则点M是AB1的中点．又点N是B1C1的中点，则MN是△AB1C1的中位线，所以MN∥AC1．故MN⊥平面A1BC.(2)如图所示，因为AC1⊥平面A1BC，设AC1与A1C相交于点D，连接BD，则∠C1BD为直线BC1和平面A1BC所成的角．设AC＝BC＝CC1＝a，则C1D＝a，BC1＝a在Rt△BDC1中，sin∠C1BD＝＝，所以∠C1BD＝30°，故直线BC1和平面A1BC所成的角为30°19、（1）最小正周期为；单调递增区间为；（2）【解题分析】（1）利用二倍角和辅助角公式化简得到，由解析式可确定最小正周期；令，解不等式可求得单调递增区间；（2）利用可求得的范围，对应正弦函数可确定的范围，进而得到所求值域.【题目详解】（1），的最小正周期；令，解得：，的单调递增区间为；（2）当时，，，，即在上的值域为.20、（1）（2）【解题分析】（1）利用并集和补集运算法则进行计算；（2）根据集合间的包含关系，比较端点值的大小，求出实数a的取值范围.【小问1详解】当时，，所以，则；【小