贵州省遵义凤冈二中2024届高一数学第一学期期末达标检测试题含解析

贵州省遵义凤冈二中2024届高一数学第一学期期末达标检测试题考生须知：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．已知命题，，则p的否定是（）A.， B.，C.， D.，2．设，则函数的零点所在的区间为（）A. B.C. D.3．已知角顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，点在角的终边上，则（）A. B.C. D.4．已知幂函数在上单调递减，设，，，则（）A. B.C. D.5．已知幂函数的图象过点，则的定义域为（）A.R B.C. D.6．半径为3cm的圆中，有一条弧，长度为cm，则此弧所对的圆心角为()A. B.C. D.7．已知全集，集合，，则等于（）A. B.C. D.8．函数，对任意的非零实数，关于的方程的解集不可能是A B.C. D.9．已知函数的图象关于直线对称，则=A. B.C. D.10．设P为函数图象上一点，O为坐标原点，则的最小值为（）A.2 B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．函数的最大值为___________.12．化简___________.13．已知在上的最大值和最小值分别为和，则的最小值为__________14．已知函数，则函数f（x）的值域为______．15．已知扇形周长为4，圆心角为，则扇形面积为__________.16．已知定义在R上的函数f(x)，对任意实数x都有f(x+4)=-f(x)，若函数f(x)的图象关于y轴对称，且f(-5)＝2，则f(2021)=_____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）利用函数单调性定义证明：函数是减函数；（2）已知当时，函数的图象恒在轴的上方，求实数的取值范围.18．已知，且求的值；求的值19．已知向量，满足，，且，的夹角为.（1）求；（2）若，求的值.20．如图，已知直角梯形中，且，又分别为的中点，将△沿折叠，使得.（Ⅰ）求证：AE⊥平面CDE；（Ⅱ）求证：FG∥平面BCD；（Ⅲ）在线段AE上找一点R，使得平面BDR⊥平面DCB，并说明理由21．已知函数的定义域为（1）当时，求函数的值域；（2）若函数在定义域上是减函数，求的取值范围；（3）求函数在定义域上的最大值及最小值，并求出函数取最值时的值

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、D【解题分析】由否定的定义写出即可.【题目详解】p的否定是，.故选：D2、B【解题分析】根据的单调性，结合零点存在性定理，即可得出结论.【题目详解】在单调递增，且，根据零点存在性定理，得存在唯一的零点在区间上.故选：B【题目点拨】本题考查判断函数零点所在区间，结合零点存在性定理的应用，属于基础题.3、D【解题分析】先根据三角函数的定义求出，然后采用弦化切，代入计算即可【题目详解】因为点在角的终边上，所以故选：D4、C【解题分析】根据幂函数的概念以及幂函数的单调性求出，在根据指数函数与对数函数的单调性得到，根据幂函数的单调性得到，再结合偶函数可得答案.【题目详解】根据幂函数的定义可得，解得或，当时，，此时满足在上单调递增，不合题意，当时，，此时在上单调递减，所以.因为，又，所以，因为在上单调递减，所以，又因为为偶函数，所以，所以.故选：C5、C【解题分析】设，点代入即可求得幂函数解析式，进而可求得定义域.【题目详解】设，因为的图象过点，所以，解得，则，故的定义域为故选：C6、A【解题分析】利用弧长公式计算即可【题目详解】，故选：A7、D【解题分析】先求得集合B的补集，再根据交集运算的定义，即可求得答案.【题目详解】由题意得：，所以，故选：D8、D【解题分析】由题意得函数图象的对称轴为设方程的解为，则必有，由图象可得是平行于x轴的直线，它们与函数的图象必有交点，由函数图象的对称性得的两个解要关于直线对称，故可得；同理方程的两个解也要关于直线对称，同理从而可得若关于的方程有一个正根，则方程有两个不同的实数根；若关于的方程有两个正根，则方程有四个不同的实数根综合以上情况可得，关于的方程的解集不可能是．选D非选择题9、C【解题分析】因为函数的图象关于直线对称，所以，即，因此，选C.10、D【解题分析】根据已知条件，结合两点之间的距离公式，以及基本不等式的公式，即可求解【题目详解】为函数的图象上一点，可设，，当且仅当，即时，等号成立故的最小值为故选：二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】根据二次函数的性质，结合给定的区间求最大值即可.【题目详解】由，则开口向上且对称轴为，又，∴，，故函数最大值为.故答案为：.12、【解题分析】利用向量的加法运算，即可得到答案；【题目详解】，故答案为：13、【解题分析】如图：则当时，即时，当时，原式点睛：本题主要考查了分段函数求最值问题，在定义域为动区间的情况下进行分类讨论，先求出最大值与最小值的情况，然后计算，本题的关键是要注意数形结合，结合图形来研究最值问题，本题有一定的难度14、【解题分析】求函数的导数利用函数的单调性求值域即可．【题目详解】解：函数，，由，解得，此时函数单调递增由，解得，此时函数单调递减函数的最小值为（2），（1），（5）最大值为（5），，即函数的值域为：．故答案为．【题目点拨】本题主要考查函数的值域的求法，利用导数研究函数的单调性是解决本题的关键,属于基础题．15、1【解题分析】利用扇形的弧长公式求半径，再由扇形面积公式求其面积即可.【题目详解】设扇形的半径为，则，可得，而扇形的弧长为，所以扇形面积为.故答案为：1.16、2【解题分析】先判断函数的奇偶性，再由恒成立的等式导出函数f(x)的周期，利用奇偶性及周期性化简求解即得.【题目详解】因为函数f(x)的图象关于y轴对称，则f(x)为偶函数，由f(x+4)=-f(x)，可得f(x+8)=-f(x+4)=f(x)，即函数f(x)的周期为8，则f(2021)=f(5+252×8)=f(5)=f(-5)=2，所以f(2021)=2.故答案为：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）略；（2）【解题分析】（1）根据单调性的定义进行证明即可得到结论；（2）将问题转化为在上恒成立求解，即在上恒成立，然后利用换元法求出函数的最小值即可得到所求范围【题目详解】（1）证明：设，则，∵，∴，∴，∴，∴函数是减函数（2）由题意可得在上恒成立，∴在上恒成立令，因为，所以，∴在上恒成立令,,则由（1）可得上单调递减，∴，∴∴实数的取值范围为【题目点拨】（1）用定义证明函数单调性的步骤为：取值、作差、变形、定号、结论，其中变形是解题的关键（2）解决恒成立问题时，分离参数法是常用的方法，通过分离参数，转化为求具体函数的最值的问题处理18、(1)；(2)【解题分析】由．，利用同角三角函数关系式先求出，由此能求出的值利用同角三角函数关系式和诱导公式化简为，再化简为关于的齐次分式求值【题目详解】(1)因为．，所以，故(2)【题目点拨】本题考查三角函数值的求法，考查同角三角函数关系式和诱导公式等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题型19、（1）-12；（2）12.【解题分析】(1)按照向量的点积公式得到，再由向量运算的分配律得到结果；（2）根据向量垂直得到，按照运算公式展开得到结果即可.【题目详解】（1）由题意得，∴（2）∵，∴，∴，∴，∴【题目点拨】这个题目考查了向量的点积运算，以及向量垂直的转化；向量的两个作用：①载体作用：关键是利用向量的意义、作用脱去“向量外衣”，转化为我们熟悉的数学问题；②工具作用：利用向量可解决一些垂直、平行、夹角与距离问题.20、（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）见解析【解题分析】（Ⅰ）（Ⅱ）利用判定定理证明线面平行时，关键是在平面内找一条与已知直线平行的直线，解题时可先直观判断平面内是否已有，若没有，则需作出该直线，常考虑三角形的中位线、平行四边形的对边或过平行线分线段成比例等．证明直线和平面垂直的常用方法：（1）利用判定定理．（2）利用判定定理的推论．（3）利用面面平行的性质．（4）利用面面垂直的性质.（Ⅲ）判定面面垂直的方法（1）面面垂直的定义，即证两平面所成的二面角为直角；（2）面面垂直的判定定理试题解析：（1）由已知得DE⊥AE，AE⊥EC.∵DE∩EC＝E，DE、EC⊂平面DCE.∴AE⊥平面CDE.（2）取AB中点H，连接GH、FH，∴GH∥BD，FH∥BC，又GH∩FH＝H，∴平面FHG∥平面BCD，∴GF∥平面BCD.（3）取线段AE的中点R，则平面BDR⊥平面DCB取线段DC的中点M,取线段DB中点H,连接MH,RH,BR,DR在△DEC中，∵M为线段DC,H为线段DB中点，R为线段AE中点又,∴RH⊥DC10分∴RH⊥面DCB∵RH⊂平面DRB平面DRB⊥平面DCB即取AE中点R时，有平面DBR⊥平面DCB12分（其它正确答案请酌情给分）考点：立体几何综合应用21、（1）；（2）；（3）见解析【解题分析】（1）函数，所以函数的值域