浙江省嘉兴三中2024届高一数学第一学期期末复习检测模拟试题含解析

浙江省嘉兴三中2024届高一数学第一学期期末复习检测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．设，，那么等于A. B.C. D.2．设，，且，则A. B.C. D.3．已知一个直三棱柱的高为2，如图，其底面ABC水平放置的直观图（斜二测画法）为，其中，则此三棱柱的表面积为（）A. B.C. D.4．函数f(x)＝ln(2x)－1的零点位于区间()A.(2,3) B.(3,4)C.(0,1) D.(1,2)5．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为A. B.C. D.26．若都是锐角，且，，则的值是A. B.C. D.7．“”是“”成立的条件A.充分不必要 B.必要不充分C.充分必要 D.既不充分又不必要8．已知，，，夹角为，如图所示，若，，且D为BC中点，则的长度为A. B.C.7 D.89．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.10．已知扇形的半径为，面积为，则这个扇形的圆心角的弧度数为（）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，正实数，满足，且，若在区间上的最大值为2，则________.12．已知命题“，”是真命题，则实数的取值范围为__________13．写出一个周期为且值域为的函数解析式：_________14．设函数f(x)的定义域为R，f(x＋1)为奇函数，f(x＋2)为偶函数，当x∈[1，2]时，f(x)＝ax2＋b.若f(0)＋f(3)＝6，则f()＝____________.15．已知幂函数的图象过点，则________16．若函数是R上的减函数，则实数a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．如图，已知正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为，点E在侧棱上，点F在侧棱上，且（1）求证：；（2）求二面角的大小18．已知函数过定点，函数的定义域为.（Ⅰ）求定点并证明函数的奇偶性；（Ⅱ）判断并证明函数在上的单调性；（Ⅲ）解不等式.19．已知函数(，且).（1）判断函数的奇偶性，并予以证明；（2）求使的x的取值范围.20．已知函数（1）若为偶函数，求；（2）若命题“，”为假命题，求实数的取值范围21．已知如图，在直三棱柱中，，且，是的中点，是的中点，点在直线上.（1）若为中点，求证：平面；（2）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、B【解题分析】由题意得．选B2、C【解题分析】，则，即，，，即故选点睛：本题主要考查了切化弦及两角和的余弦公式的应用，在遇到含有正弦、余弦及正切的运算时可以将正切转化为正弦及余弦，然后化简计算，本题还运用了两角和的余弦公式并结合诱导公式化简，注意题目中的取值范围3、C【解题分析】根据斜二测画法的“三变”“三不变”可得底面平面图，然后可解.【题目详解】由斜二测画法的“三变”“三不变”可得底面平面图如图所示，其中，所以，所以此三棱柱的表面积为.故选：C4、D【解题分析】根据对数函数的性质，得到函数为单调递增函数，再利用零点的存在性定理，即可求解，得到答案.【题目详解】由题意，函数，可得函数为单调递增函数，且是连续函数又由f(1)＝ln2－1＜0，f(2)＝ln4－1＞0，根据函数零点的存在性定理可得，函数f(x)的零点位于区间(1,2)上故选D.【题目点拨】本题主要考查了函数的零点问题，其中解答中合理使用函数零点的存在性定理是解答此类问题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.5、B【解题分析】首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.【题目详解】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，将圆柱的侧面展开图平铺,可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为，故选B.点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.6、A【解题分析】由已知得,,故选A.考点：两角和的正弦公式7、B【解题分析】求出不等式的等价条件，结合不等式的关系以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可【题目详解】由不等式“”，解得，则“”是“”成立的必要不充分条件即“”是“”成立的必要不充分条件，故选B【题目点拨】本题主要考查了充分条件和必要条件的判断，其中解答中结合不等式的关系是解决本题的关键，着重考查了推理与判断能力，属于基础题.8、A【解题分析】AD为的中线，从而有，代入，根据长度进行数量积的运算便可得出的长度【题目详解】根据条件：；故选A【题目点拨】本题考查模长公式，向量加法、减法及数乘运算，向量数量积的运算及计算公式，根据公式计算是关键，是基础题.9、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：10、A【解题分析】由扇形的面积公式即可求解.【题目详解】解：设扇形圆心角的弧度数为，则扇形面积为，解得，因为，所以扇形的圆心角的弧度数为4.故选：A二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】先画出函数图像并判断，再根据范围和函数单调性判断时取最大值，最后计算得到答案.【题目详解】如图所示：根据函数的图象得，所以．结合函数图象，易知当时在上取得最大值，所以又，所以，再结合，可得，所以.故答案为：【题目点拨】本题考查对数型函数的图像和性质、函数的单调性的应用和最值的求法，是中档题.12、【解题分析】此题实质上是二次不等式的恒成立问题，因为，函数的图象抛物线开口向上，所以只要判别式不大于0即可【题目详解】解：因为命题“，”是真命题，所以不等式在上恒成立由函数的图象是一条开口向上的抛物线可知，判别式即解得所以实数的取值范围是故答案为：【题目点拨】本题主要考查全称命题或存在性命题的真假及应用，解题要注意的范围，如果，一定要注意数形结合；还应注意条件改为假命题，有时考虑它的否定是真命题，求出的范围．本题是一道基础题13、【解题分析】根据函数的周期性和值域，在三角函数中确定一个解析式即可【题目详解】解：函数的周期为，值域为,，则的值域为,，故答案为：14、【解题分析】由f(x＋1)为奇函数，f(x＋2)为偶函数，可得，，再结合已知的解析式可得，然后结合已知可求出，从而可得当时，，进而是结合前面的式子可求得答案【题目详解】因为f(x＋1)为奇函数，所以的图象关于点对称，所以，且因为f(x＋2)为偶函数，所以的图象关于直线对称，，所以，即，所以，即，当x∈[1，2]时，f(x)＝ax2＋b，则，因为，所以，得，因为，所以，所以当时，，所以，故答案为：15、3【解题分析】先求得幂函数的解析式，再去求函数值即可.【题目详解】设幂函数，则，则，则，则故答案为：316、【解题分析】按照指数函数的单调性及端点处函数值的大小关系得到不等式组，解不等式组即可.【题目详解】由题知故答案为：.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）证明见解析；（2）.【解题分析】（1）根据几何体的结构特征，可以为坐标原点，分别为轴和轴建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标.（1）证明即即可；（2）分别求出平面的一个法向量为和侧面的一个法向量为，根据求出的法向量的夹角来求二面角的大小.试题解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得（1）证明：，所以.（2），设平面的一个法向量为，由，得，即，解得，可取设侧面的一个法向量为，由，及可取.设二面角的大小为，于是由为锐角可得所以.即所求二面角的大小为.考点：空间向量证明直线与直线垂直及求解二面角.18、（Ⅰ）定点为，奇函数，证明见解析；（Ⅱ）在上单调递增，证明见解析；（Ⅲ）.【解题分析】（Ⅰ）根据解析式可求得定点为，即可得解析式，根据奇函数的定义，即可得证；（Ⅱ）利用定义法即可证明的单调性；（Ⅲ）根据的单调性和奇偶性，化简整理，可得，根据函数的定义域，列出不等式组，即可求得答案.【题目详解】（Ⅰ）函数过定点，定点为，，定义域为，.函数为奇函数.（Ⅱ）上单调递增.证明：任取，且，则.，，，，，即，函数在区间上是增函数.（Ⅲ），即，函数为奇函数在上为单调递增函数，，，解得：.故不等式的解集为：【题目点拨】解题的关键是熟练掌握函数奇偶性、单调性的定义，并灵活应用，在处理单调性、奇偶性综合问题时，需要注意函数所有的自变量都要在定义域内，方可求得正确答案.19、（1）是奇函数，证明见解析；（2）.【解题分析】（1）先根据对数函数的定义得函数的定义域关于原点对称，再根据函数的奇偶性定义判断即可；（2）由已知条件得，再分与两种情况讨论，结合对数函数的单调性列出不等式组，求出x的取值范围即可.【题目详解】（1）函数是奇函数.证明：要使函数的解析式有意义，需的解析式都有意义，即解得，所以函数的定义域是，所以函数的定义域关于原点对称.因为所以函数是奇函数.（2）若，即.当时，有解得；当时，有解得，综上所述，当时，x的取值范围是，当时，x的取值范围是.【题目点拨】该题考查的是有关函数的问题，涉及到的知识点有本题函数的奇偶性的判断与证明、对数函数的单调性、根据单调性解不等式，不用对参数进行讨论，属于中档题目.20、（1）（2）【解题分析】（1）根据偶函数的定义直接求解即可；（2）由题知命题“，”为真命题，进而得对，且恒成立，再分离参数求解即可得的取值范围是【小问1详解】解：因为函数为偶函数，所以，即，所以，即，所以.【小问2详解】解：因为命题“，”为假命题，所以命题“，”为真命题，所以，对，且恒成立，所以，对，且恒成立，由对勾函数性质知，函数在上单调递增，所以，且，即实数的取值范围是.21、（1）见解析；（2）见解析【解题分析】（1）取中点为，连接，，首先说明四边形是平行四边形，即可得，根据线面平行判定定理即可得结果；（2）连接