2024届江苏省吴江市青云中学高一上数学期末学业水平测试试题含解析

2024届江苏省吴江市青云中学高一上数学期末学业水平测试试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．已知，则函数与函数的图象可能是（）A. B.C. D.2．设函数，若关于方程有个不同实根，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.3．若角的终边过点，则等于A. B.C. D.4．若正数x，y满足，则的最小值为（）A.4 B.C.8 D.95．已知，，三点，点使直线，且，则点D的坐标是(

)A. B.C. D.6．“，”是“”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件7．已知函数满足对任意实数，都有成立，则的取值范围是（）A B.C. D.8．如图所示，液体从一圆锥形漏斗漏入一圆柱形桶中，开始时，漏斗盛满液体，经过3分钟漏完.已知圆柱中液面上升的速度是一个常量，H是圆锥形漏斗中液面下落的距离，则H与下落时间(分)的函数关系表示的图象只可能是（）A. B.C. D.9．已知，若角的终边经过点，则的值为（）A. B.C.4 D.-410．已知条件，条件，则p是q的（）A充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知幂函数的图象过点，且，则a的取值范围是______12．已知，且，则实数的取值范围为__________13．函数的单调递增区间为__________14．若不等式对一切恒成立，则a的取值范围是______________.15．在空间直角坐标系中，点在平面上的射影为点，在平面上的射影为点，则__________16．已知定义在上的偶函数，当时，若直线与函数的图象恰有八个交点，其横坐标分别为，，，，，，，，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.（1）存在，使得不等式成立，求实数k的取值范围；（2）方程有负实数解，求实数k的取值范围.18．已知函数（，）（1）若关于的不等式的解集为，求不等式的解集；（2）若，，求关于的不等式的解集19．已知函数（其中且）是奇函数.（1）求的值；（2）若对任意的，都有不等式恒成立，求实数的取值范围.20．如图，已知四棱柱的底面是菱形，侧棱底面，是的中点，，.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成的角的正弦值.21．已知向量，，若存在非零实数，使得，，且，试求：的最小值

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】条件化为，然后由的图象确定范围，再确定是否相符【题目详解】，即.∵函数为指数函数且的定义域为，函数为对数函数且的定义域为，A中，没有函数的定义域为，∴A错误；B中，由图象知指数函数单调递增，即，单调递增，即，可能为1，∴B正确；C中，由图象知指数函数单调递减，即，单调递增，即，不可能为1，∴C错误；D中，由图象知指数函数单调递增，即，单调递减，即，不可能为1，∴D错误故选：B.【题目点拨】本题考查指数函数与对数函数的图象与性质，确定这两个的图象与性质是解题关键．2、B【解题分析】等价于，即或，转化为与和图象交点的个数为个，作出函数的图象，数形结合即可求解【题目详解】作出函数的图象如下图所示变形得，由此得或，方程只有两根所以方程有三个不同实根，则，故选：B【题目点拨】易错点点睛：本题的易错点为函数的图像无限接近直线，即方程只有两根，另外难点在于方程的变形，即因式分解3、C【解题分析】角终边过点，则，所以.故选C.4、C【解题分析】由已知可得，然后利用基本不等式可求得结果【题目详解】解：因为正数x，y满足，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为8，故选：C【题目点拨】此题考查基本不等式应用，利用了“1”的代换，属于基础题5、D【解题分析】先设点D的坐标，由题中条件，且，建立D点横纵坐标的方程，解方程即可求出结果.【题目详解】设点,则由题意可得：,解得，所以D点坐标为.【题目点拨】本题主要考查平面向量，属于基础题型.6、A【解题分析】根据三角函数的诱导公式和特殊角的三角函数，结合充分必要条件的概念即可判断.【题目详解】，时，，，时，，所以“，”是“”的充分而不必要条件，故选:.7、C【解题分析】易知函数在R上递增，由求解.【题目详解】因为函数满足对任意实数，都有成立，所以函数在R上递增，所以，解得，故选：C8、A【解题分析】利用特殊值法，圆柱液面上升速度是常量，表示圆锥漏斗中液体单位时间内落下相同的体积，当时间取分钟时，液面下降的高度与漏斗高度的比较.【题目详解】由于所给的圆锥形漏斗上口大于下口，当时间取分钟时，液面下降的高度不会达到漏斗高度的，对比四个选项的图象可得结果.故选：A【题目点拨】本题主要考查了函数图象的判断，常利用特殊值和函数的性质判断，属于中档题.9、A【解题分析】先通过终边上点的坐标求出，然后代入分段函数中求值即可.【题目详解】解：因为角的终边经过点所以所以所以故选A.【题目点拨】本题考查了任意角三角函数的定义，分段函数的计算求值，属于基础题.10、B【解题分析】利用充分条件和必要条件的定义进行判断【题目详解】由，得，即，由，得，即推不出，但能推出，∴p是q的必要不充分条件.故选：B二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】先求得幂函数的解析式，根据函数的奇偶性、单调性来求得的取值范围.【题目详解】设，则，所以，在上递增，且为奇函数，所以.故答案为：12、【解题分析】，该函数的定义域为，又，故为上的奇函数，所以等价于，又为上的单调减函数，，也即是，解得，填点睛：解函数不等式时，要注意挖掘函数的奇偶性和单调性13、【解题分析】由可得，或，令,因为在上递减，函数在定义域内递减，根据复合函数的单调性可得函数的单调递增区间为，故答案为.14、【解题分析】先讨论时不恒成立，再根据二次函数的图象开口方向、判别式进行求解.【题目详解】当时，则化为（不恒成立，舍），当时，要使对一切恒成立，需，即，即a的取值范围是.故答案为：.15、【解题分析】因为点在平面上的射影为点,在平面上的射影为点，所以由两点间距离公式可得，故答案为.16、【解题分析】先作出函数的大致图象，由函数性质及图象可知八个根是两两关于轴对称的，因此分析可得,，进而将转化为形式，再数形结合，求得结果.【题目详解】作出函数的图象如图：直线与函数的图象恰有八个交点，其横坐标分别为，，，，，，，，不妨设从左到右分别是，，，，，，，，则，由函数解析式以及图象可知：，即，同理：；由图象为偶函数，图象关于轴对称可知：，所以又因为是方程的两根，所以，而，所以，故，即，故答案为：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）【解题分析】（1）令，然后分离参数，求出函数的最大值即可得答案；（2）由题意，令，则，原问题等价于：在上有解，即在上有解，利用一元二次方程根的分布即可求解.【小问1详解】解：由题意，令，则原不等式等价于：存在，使成立，即存在，使成立，由二次函数的性质知，当，即时，取得最大值1，所以【小问2详解】解：由题意，因为方程有负实数根，则令，有，原问题等价于：在上有解，即在上有解令，，则或或或或，解得或或或或，即实数k的取值范围为.18、（1）（2）当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为【解题分析】（1）根据题意可得，且，3是方程的两个实数根，利用韦达定理得到方程组，求出，，进一步可得不等式等价于，即，最后求解不等式即可；（2）当时，时，不等式等价于，从而分类讨论，，三种情况即可求出不等式所对应的解集【小问1详解】解：的不等式的解集为，，且，3是方程的两个实数根，，，解得，，不等式等价于，即，故，解得或，所以该不等式的解集为；【小问2详解】解：当时，不等式等价于，即，又，所以不等式等价于，当，即时，不等式为，解得；当，即时，解不等式得或；当，即时，解不等式得或，综上，当时，不等式的解集为，当时，不等式的解集为，当时，不等式的解集为19、（1）（2）【解题分析】（1）根据恒成立，计算可得的值；（2）将不等式恒成立转化为在上恒成立，令，则转化为，利用对勾函数的性质求得的最大值即可.【小问1详解】因为函数（其中且）是奇函数，，即恒成立，即恒成立，所以恒成立，整理得恒成立，，解得或，当时，显然不成立，当时，，由，可得或，，满足是奇函数，所以；【小问2详解】对任意的，都有不等式恒成立，恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立，令，令，，根据对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，又，，所以在上的最大值为，，即实数取值范围是20、（1）详见解析；（2）.【解题分析】（1）连接交于点，连接，，可证明四边形是平行四边形，从而，再由线面平行的判定即可求解；（2）作出平面的垂线，即可作出线面角，求出相关线段的长度即可求解.试题解析：（1）连接交于点，连接，，∵为菱形，∴点在上，且，又∵，故四边形是平行四边形，则，∴平面；（2）由于为菱形，∴，又∵是直四棱柱，∴，平面，∴平面平面，过点作平面和平面交线的垂线，