甘肃省白银市会宁县会宁县第一中学2024届高一上数学期末学业质量监测试题含解析

甘肃省白银市会宁县会宁县第一中学2024届高一上数学期末学业质量监测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．已知直三棱柱的顶点都在球上，且，，，则此直三棱柱的外接球的表面积是（）A. B.C. D.2．圆：与圆：的位置关系是A.相交 B.相离C.外切 D.内切3．下列函数中为奇函数的是（）A. B.C. D.4．已知不等式的解集为，则不等式的解集是（）A. B.C.或 D.或5．下列关于函数的说法不正确的是（）A.在区间上单调递增B.最小正周期是2C.图象关于直线轴对称D.图象关于点中心对称6．设全集U=N*，集合A={1，2，5}，B={2，4，6}，则图中的阴影部分表示的集合为（）A. B.4，C. D.3，7．已知,,,则a,b,c的大小关系是A. B.C. D.8．已知p：﹣2＜x＜2，q：﹣1＜x＜2，则p是q的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件9．若直线与直线垂直，则()A.1 B.2C. D.10．设a,b均为实数，则“a>b”是“a3A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 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．声强级L（单位：dB）由公式给出，其中I为声强（单位：W/m2）.声强级为60dB的声强是声强级为30dB的声强的______倍.12．已知是定义在上的奇函数,当时,,则的值为________________13．若，则的取值范围为___________.14．设三棱锥的三条侧棱两两垂直，且，则三棱锥的体积是______15．已知集合，则______16．的值等于____________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）若在上的最大值为，求的值；（2）若为的零点，求证：.18．已知向量，向量分别为与向量同向的单位向量.（Ⅰ）求向量与的夹角；（Ⅱ）求向量的坐标.19．设函数.（1）计算；（2）求函数的零点；（3）根据第（1）问计算结果，写出的两条有关奇偶性和单调性的正确性质，并证明其中一个.20．已知圆的一般方程为.(1)求的取值范围;(2)若圆与直线相交于两点，且(为坐标原点)，求以为直径的圆的方程.21．如图，以轴的非负半轴为始边作角与，它们的终边分别与单位圆相交于点，已知点的横坐标为（1）求的值；（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、C【解题分析】设点为外接圆的圆心，根据，得到是等边三角形，求得外接圆的半径r，再根据直三棱柱的顶点都在球上，由求得，直三棱柱的外接球的半径即可.【题目详解】如图所示：设点为外接圆的圆心，因为，所以，又，所以等边三角形，所以，又直三棱柱的顶点都在球上，所以外接球的半径为，所以直三棱柱的外接球的表面积是，故选：C2、A【解题分析】求出两圆的圆心和半径,用圆心距与半径和、差作比较,得出结论.【题目详解】圆的圆心为(1,0),半径为1,圆的圆心为(0,2),半径为2,故两圆圆心距为,两半径之和为3,两半径之差为1,其中,故两圆相交,故选:A.【题目点拨】本题主要考查两圆的位置关系,需要学生熟悉两圆位置的五种情形及其判定方法,属于基础题.3、D【解题分析】利用奇函数的定义逐个分析判断【题目详解】对于A，定义域为，因为，所以是偶函数，所以A错误，对于B，定义域为，因为，且，所以是非奇非偶函数，所以B错误，对于C，定义域为，因为定义域不关于原点对称，所以是非奇非偶函数，所以C错误，对于D，定义域为，因为，所以是奇函数，所以D正确，故选：D4、A【解题分析】由不等式的解集为,可得的根为，由韦达定理可得的值，代入不等式解出其解集即可.【题目详解】的解集为,则的根为，即，，解得，则不等式可化为，即为，解得或，故选：A.5、D【解题分析】结合三角函数的性质，利用整体代换思想依次讨论各选项即可得答案.【题目详解】当时，，此时函数为增函数，所以函数在区间上单调递增，A选项正确；由函数周期公式，B选项正确；当时，，由于是的对称轴，故直线是函数的对称轴，C选项正确.当时，，由于是的对称轴，故不是函数的中心对称，D选项错误；故选：D.6、C【解题分析】由集合，，结合图形即可写出阴影部分表示的集合【题目详解】解：根据条件及图形，即可得出阴影部分表示的集合为，故选．【题目点拨】考查列举法的定义，以及图表示集合的方法,属于基础题．7、A【解题分析】根据对数函数的性质，确定的范围，即可得出结果.【题目详解】因为单调递增，所以，又，所以.故选A【题目点拨】本题主要考查对数的性质，熟记对数的性质，即可比较大小，属于基础题型.8、B【解题分析】将相互推导，根据能否推导的情况判断出充分、必要条件.【题目详解】已知p：﹣2＜x＜2，q：﹣1＜x＜2；∴q⇒p；但p推不出q，∴p是q的必要非充分条件故选：B【题目点拨】本小题主要考查充分、必要条件的判断，属于基础题.9、B【解题分析】分析直线方程可知，这两条直线垂直，斜率之积为－1.【题目详解】由题意可知，即故选：B.10、C【解题分析】因为a3-b3=(a-b)(a2二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、1000【解题分析】根据已知公式，应用指对数的关系及运算性质求60dB、30dB对应的声强，即可得结果.【题目详解】由题设，，可得，，可得，∴声强级为60dB的声强是声强级为30dB的声强的倍.故答案为：1000.12、-7【解题分析】由已知是定义在上的奇函数,当时,，所以，则=点睛：利用函数奇偶性求有关参数问题时，要灵活选用奇偶性的常用结论进行处理，可起到事半功倍的效果：①若奇函数在处有定义，则；②奇函数+奇函数=奇函数，偶函数+偶函数=偶函数，奇函数奇函数=偶函数偶函数=偶函数；③特殊值验证法13、【解题分析】一元二次不等式，对任意的实数都成立，与x轴最多有一个交点；由对勾函数的单调性可以求出m的范围.【题目详解】由，得.由题意可得，，即.因为，所以，故.故答案为：14、【解题分析】根据锥体的体积公式，找到并求出三棱锥的高及底面面积即可求解.【题目详解】由题意可知该三棱锥为棱长为2的正方体的一个角，如图所示：所以故答案为：【题目点拨】本题考查锥体体积公式的应用，考查运算求解能力，属于基础题.15、【解题分析】∵∴，故答案为16、2【解题分析】利用诱导公式、降次公式进行化简求值.【题目详解】.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；（2）详见解析.【解题分析】（1）易知函数和在上递增，从而在上递增，根据在上的最大值为求解.（2）根据为的零点，得到，由零点存在定理知，然后利用指数和对数互化，将问题转化为，利用基本不等式证明.【题目详解】（1）因为函数和在上递增，所以在上递增，又因为在上的最大值为，所以，解得；（2）因为为的零点，所以，即，又当时，，当时，，所以，因为，等价于，等价于，等价于，而，令，所以，所以成立，所以.【题目点拨】关键点点睛：本题关键是由指数和对数的互化结合，将问题转化为证成18、(Ⅰ)；(Ⅱ).【解题分析】（Ⅰ）运用向量的数量积求解即可．（Ⅱ）先根据单位向量的概念求得，再求的坐标试题解析：（Ⅰ）因为向量，所以，，所以，又因为，所以.即向量与的夹角为（Ⅱ）由题意得，，所以即向量的坐标为19、（1），，，；（2）零点为；（3）答案见解析.【解题分析】（1）根据解析式直接计算即可；（2）由可解得结果；（3）由（1）易知为非奇非偶函数，用定义证明是上的减函数.【题目详解】（1），，，.（2）令得，故，即函数的零点为.（3）由（1）知，，且，故为非奇非偶函数；是上的减函数.证明如下：（）任取，且，则，因为当时，，则，又，，所以，即，故函数是上的减函数.20、(1);(2)【解题分析】（1）根据圆的一般方程成立条件，，代入即可求解；（2）联立直线方程和圆的方程，消元得关于的一元二次方程，列出韦达定理，求解中点坐标为圆心，为半径，即可求解圆的方程.【题目详解】(1)，，，，，解得:(2)，将代入