2024届贵州省遵义第四中学数学高一上期末调研模拟试题含解析

2024届贵州省遵义第四中学数学高一上期末调研模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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1．三条直线，，相交于一点，则的值是A.－2 B.－1C.0 D.12．已知函数是定义在上的偶函数，对任意，都有，当时，，则A. B.C.1 D.3．若直线与直线垂直，则（）A.6 B.4C. D.4．如图，在正三棱柱中，，若二面角的大小为，则点C到平面的距离为（）A.1 B.C. D.5．已知实数，且，则的最小值是（）A.6 B.C. D.6．已知一几何体的三视图，则它的体积为A. B.C. D.7．定义在上的函数，当时，，若，则、、的大小关系为（）A. B.C. D.8．设命题，则为A. B.C. D.9．是定义在上的偶函数，在上单调递增，，，则下列不等式成立的是（）A. B.C. D.10．对于空间两不同的直线，两不同的平面，有下列推理：（1），（2），（3）（4），（5）其中推理正确的序号为A.（1）（3）（4） B.（2）（3）（5）C.（4）（5） D.（2）（3）（4）（5）二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割值约为0.618，这一数值也可以表示为.若，则_________.12．设向量，若⊥，则实数的值为______13．已知角的终边经过点，则__14．已知，则__________15．已知向量,其中，若，则的值为_________.16．已知是定义在R上的偶函数，且在区间上单调递增.若实数满足，则的取值范围是______.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．已知函数，函数的图像与的图像关于对称.（1）求的值；（2）若函数在上有且仅有一个零点，求实数k取值范围；（3）是否存在实数m，使得函数在上的值域为，若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，说明理由.18．计算：19．已知二次函数满足对任意，都有；；的图象与轴的两个交点之间的距离为.（1）求的解析式；（2）记，（i）若为单调函数，求的取值范围；（ii）记的最小值为，若方程有两个不等的根，求的取值范围.20．已知函数（1）求的最小正周期；（2）当时，求的单调区间；（3）在（2）的件下，求的最小值，以及取得最小值时相应自变量x的取值.21．（1）计算：.（2）若，求的值.

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、B【解题分析】联立两条已知直线求得交点坐标，待定系数即可求得参数值.【题目详解】联立与可得交点坐标为，又其满足直线，故可得，解得.故选：.2、C【解题分析】由题意，故选C3、A【解题分析】由两条直线垂直的条件可得答案.【题目详解】由题意可知，即故选：A.4、C【解题分析】取的中点，连接和，由二面角的定义得出，可得出、、的值，由此可计算出和的面积，然后利用三棱锥的体积三棱锥的体积相等，计算出点到平面的距离.【题目详解】取的中点，连接和，根据二面角的定义，.由题意得，所以，.设到平面的距离为，易知三棱锥的体积三棱锥的体积相等，即，解得，故点C到平面的距离为.故选C.【题目点拨】本题考查点到平面距离的计算，常用的方法有等体积法与空间向量法，等体积法本质就是转化为三棱锥的高来求解，考查计算能力与推理能力，属于中等题.5、B【解题分析】构造，利用均值不等式即得解【题目详解】，当且仅当，即，时等号成立故选：B【题目点拨】本题考查了均值不等式在最值问题中的应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题6、C【解题分析】所求体积，故选C.7、C【解题分析】令，求得，得到是奇函数，再令，证得在上递减判断.【题目详解】因为，令，得，解得，令，得，所以是奇函数，因时，，则，，令，则，，且，则，，所以，即，即，所以在上递减，，因为，所以，故选：C8、C【解题分析】特称命题否定为全称命题，所以命题的否命题应该为，即本题的正确选项为C.9、C【解题分析】根据对数的运算法则，得到，结合偶函数的定义以及对数函数的单调性，得到自变量的大小，根据函数在上的单调性，得到函数值的大小，得到选项.【题目详解】，而，因为是定义在上的偶函数，且在上单调递增，所以，所以，故选：C.10、C【解题分析】因为时，可以在平面内，所以（1）不正确；因为时，可以在平面内，所以（2）不正确；因为时可以在平面内，所以（3）不正确；根据线面垂直的性质定理可得，（4）正确；根据线面平行的性质及线面垂直的性质可得（5）正确，推理正确的序号为（4）（5），故选C.【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定与性质、面面垂直的性质及线面垂直的判定与性质，属于难题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】利用同角的基本关系式，可得，代入所求，结合辅助角公式，即可求解【题目详解】因为，，所以，所以，故答案为【题目点拨】本题考查同角三角函数的基本关系式，辅助角公式，考查计算化简的能力，属基础题12、【解题分析】∵，∴，，又⊥∴∴故答案为13、【解题分析】根据终边上的点可得，再应用差角正弦公式求目标式的值.【题目详解】由题设，，所以.故答案为：.14、【解题分析】将题干中的两个等式先平方再相加，利用两角差的余弦公式可求得结果.【题目详解】由，，两式相加有，可得故答案为：.15、4【解题分析】利用向量共线定理即可得出【题目详解】∵∥，∴＝8，解得，其中，故答案为【题目点拨】本题考查了向量共线定理，考查了向量的坐标运算，属于基础题16、【解题分析】由题意在上单调递减，又是偶函数，则不等式可化为，则，，解得三、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）或（3）存在，【解题分析】（1）由题意，将代入可得答案.（2）由题意即关于x的方程在上有且仅有一个实根，设,作出其函数图像，数形结合可得答案.（3）设记，则函数在上单调递增，根据题意若存在实数m满足条件，则a，b是方程的两个不等正根，由二次方程的根的分布的条件可得答案.【小问1详解】由题意，，所以【小问2详解】由题意即关于x的方程在上有且仅有一个实根，设，作出函数在上的图像（如下图），，由题意，直线与该图像有且仅有一个公共点，所以实数k的取值范围是或【小问3详解】记，其中，在定义域上单调递增，则函数在上单调递增，若存在实数m，使得的值域为，则，即a，b是方程的两个不等正根，即a，b是的两个不等正根，所以解得，所以实数m的取值范围是.【题目点拨】思路点睛：函数的零点问题可转化为两个熟悉函数的图象的交点问题来处理，而二次方程的零点问题，可结合判别式的正负、特殊点处的函数值的正负、对称轴的位置等来处理.18、109【解题分析】化根式为分数指数幂，运用有理数指数幂的运算性质化简可求出值.【题目详解】原式＝（）6+1＝22×33+2﹣1＝108+2﹣1＝109【题目点拨】本题考查根式的概念，将根式化为分数指数幂和其运算法则的应用，属于基础题.19、（1）；（2）（i）；（ii）或.【解题分析】（1）根据二次函数的对称轴、求参数a、b、c，写出的解析式；（2）（i）利用二次函数的性质，结合的区间单调性求的取值范围；（ii）讨论、、，结合二次函数的性质求最小值的表达式，再令并应用数形结合的方法研究的零点情况求的取值范围.【题目详解】（1）设由题意知：对称轴，，又，则，，设的两根为，，则，，由已知：，解得.（2）（i），其对称轴为为单调函数，或，解得或.的取值范围是.（ii），，对称轴①当，即时，区间单调递增，.②当，即时，在区间单调递减，③当，即时，，函数零点即为方程的根令，即，作出的简图如图所示①当时，，或，解得或，有个零点；②当时，有唯一解，解得，有个零点；③当时，有两个不同解，，解得或，有4个零点；④当时，，，解得，有个零点；⑤当时，无解，无零点综上：当或时，有个零点.【题目点拨】关键点点睛：第二问，（i）分类讨论并结合二次函数区间单调性求参数范围，（ii）分类讨论求最小值的表达式，再应用换元法及数形结合求参数范围.20、（1）（2）的单调递增区间为，单调递减区间为（3）当时，的最小值为0【解题分析】（1）根据周期公式计算即可.（2）求出单调区间，然后与所给的范围取交集即可.（3）根据（2）的结论，对与进行比较即可.【小问1详解】，，故的最小正周期为.【小问2详解】先求出增区