2024届福建省武平县第二中学数学高一上期末监测模拟试题含解析

2024届福建省武平县第二中学数学高一上期末监测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．已知函数，则（）A.5 B.2C.0 D.12．已知表示不大于的最大整数，若函数在上仅有一个零点，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.3．已知函数恰有2个零点，则实数a取值范围是（）A. B.C. D.4．已知a=1.50.2，b=log0.21.5，c=0.21.5，则（）A.a>b>c B.b>c>aC.c>a>b D.a>c>b5．已知，，，则（）A. B.C. D.6．若单位向量，满足，则向量，夹角的余弦值为（）A. B.C. D.7．已知函数，则（）A. B.3C. D.8．若方程在区间内有两个不同的解，则A. B.C. D.9．一个扇形的弧长与面积都是5，则这个扇形圆心角的弧度数为A. B.C. D.10．一个多面体的三视图分别为正方形、等腰三角形和矩形，如图所示，则该多面体的体积为A.24cm3 B.48cm3C.32cm3 D.96cm3二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．若“”是“”的充要条件，则实数m的取值是_________12．幂函数的图象过点，则___________.13．设是定义在区间上的严格增函数．若，则a的取值范围是______14．将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，再将图象向右平移个单位后，所得图象关于原点对称，则的值为______15．定义在上的函数满足，且时，，则________16．已知函数，使方程有4个不同的解：，则的取值范围是_________;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．已知集合，（1）求；（2）判断是的什么条件18．（1）已知，求的值；（2）已知，求的值；19．已知函数的部分图象如图所示，且在处取得最大值，图象与轴交于点（1）求函数的解析式；（2）若，且，求值20．设二次函数在区间上的最大值、最小值分别是M、m，集合若，且，求M和m的值；若，且，记，求的最小值21．已知函数.（1）求函数振幅、最小正周期、初相；（2）用“五点法”画出函数在上的图象

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、C【解题分析】由分段函数，选择计算【题目详解】由题意可得.故选：C.【题目点拨】本题考查分段函数的求值，属于简单题2、C【解题分析】根据题意写出函数表达式为：，在上仅有一个零点分两种情况，情况一：在第一段上有零点，，此时检验第二段无零点，故满足条件；情况二，第二段有零点，以上两种情况并到一起得到：．故答案为C．点睛：在研究函数零点时，有一种方法是把函数的零点转化为方程的解，再把方程的解转化为函数图象的交点，特别是利用分离参数法转化为动直线与函数图象交点问题，这样就可利用导数研究新函数的单调性与极值，从而得出函数的变化趋势，得出结论．3、D【解题分析】由在区间上单调递减，分类讨论，，三种情况，根据零点个数求出实数a的取值范围.【题目详解】函数在区间上单调递减，且方程的两根为.若时，由解得或，满足题意.若时，，，当时，，即函数在区间上只有一个零点，因为函数恰有2个零点，所以且.当时，，，此时函数有两个零点，满足题意.综上，故选：D4、D【解题分析】由对数和指数函数的单调性比较大小即可.【题目详解】因为，所以故选：D5、B【解题分析】分析】由指数函数和对数函数单调性，结合临界值可确定大小关系.【题目详解】，.故选：B.6、A【解题分析】将平方可得，再利用向量夹角公式可求出.【题目详解】，是单位向量，，，，即，即，解得，则向量，夹角的余弦值为.故选：A.7、D【解题分析】根据分段函数的解析式，令代入先求出，进而可求出的结果.【题目详解】解：，则令，得，所以.故选：D.8、C【解题分析】由，得，所以函数的图象在区间内的对称轴为故当方程在区间内有两个不同的解时，则有选C9、D【解题分析】，又，故选D考点：扇形弧长公式10、B【解题分析】由三视图可知该几何体是一个横放的直三棱柱,利用所给的数据和直三棱柱的体积公式即可求得体积.【题目详解】由三视图可知该几何体是一个横放的直三棱柱,底面为等腰三角形,底边长为,底面三角形高为,所以其体积为:.故选:B【题目点拨】本题考查三视图及几何体体积计算,认识几何体的几何特征是解题的关键,属于基础题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、0【解题分析】根据充要条件的定义即可求解.【题目详解】，则{x|}＝{x|}，即.故答案为：0.12、【解题分析】将点的坐标代入解析式可解得结果.【题目详解】因为幂函数的图象过点，所以，解得.故答案为：13、.【解题分析】根据题意，列出不等式组，即可求解.【题目详解】由题意，函数是定义在区间上的严格增函数，因为，可得，解得，所以实数a的取值范围是.故答案为：.14、【解题分析】将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变得到，再将图象向右平移个单位，得到，即，其图象关于原点对称.∴，，又∴故答案为15、【解题分析】根据题意可得，再根据对数运算法则结合时的解析式，即可得答案；【题目详解】由可得函数为奇函数，由可得，故函数的周期为4，所以，因为，所以..故答案为：.【题目点拨】本题考查函数奇偶性及对数的运算法则，考查逻辑推理能力、运算求解能力.16、①.②.【解题分析】先画出分段函数的图像，依据图像得到之间的关系式以及之间的关系式，分别把和转化成只有一个自变量的代数式，再去求取值范围即可.【题目详解】做出函数的图像如下：在单调递减：最小值0；在单调递增：最小值0，最大值2；在上是部分余弦型曲线：最小值，最大值2.若方程有4个不同的解：，则不妨设四个解依次增大，则是方程的解，则，即；是方程的解，则由余弦型函数的对称性可知.故，由得即当时，单调递减，则故答案为：①；②三、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）；或.（2）充分不必要条件【解题分析】（1）分别解一元二次不等式和分式不等式即可得答案；（2）由题知或，进而根据充分不必要条件判断即可.【小问1详解】解：解不等式得，故；解不等式，解得或，故或.【小问2详解】解：因为,所以或，因为或，所以是的充分不必要条件.18、（1）；（2）3.【解题分析】（1）根据指数的运算性质可得，再由与的关系求值即可.（2）由对数的运算性质可得，再由正余弦的齐次计算求目标式的值.【题目详解】（1）由，可得：，∴，解得.（2）由，可得：，即，∴.19、（1）（2）【解题分析】（1）根据图象可得函数的周期，从而求得，结合函数在处取得最大值，可求得的值，再根据图象与轴交于点，可求得，从而可得解；（2）根据（1）及角的范围求得，，再利用两角差的余弦公式进行化简可求解.【小问1详解】由图象可知函数的周期为，所以.又因为函数在处取得最大值所以，所以，因为，所以，故.又因为，所以，所以.【小问2详解】由（1）有，因为，则，由于，从而，因此.所以.20、（Ⅰ），；（Ⅱ）.【解题分析】（1）由……………1分又…3分…………4分……………5分……………6分（2）x=1∴，即……………8分∴f（x）=ax2+（1-2a）x+a,x∈[-2,2]其对称轴方程为x=又a≥1，故1-……………9分∴M=f（-2）="9a-2"…………10分m=……………11分g（a）=M+m=9a--1…………