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文档简介
北京市东城171中2024届数学高一上期末考试试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。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.已知且,则()A.有最小值 B.有最大值C.有最小值 D.有最大值2.已知空间直角坐标系中,点关于轴的对称点为,则点的坐标为A. B.C. D.3.函数的零点一定位于下列哪个区间().A. B.C. D.4.已知函数的图像如图所示,则A. B.C. D.5.函数单调递增区间为A. B.C. D.6.若,都为正实数,,则的最大值是()A. B.C. D.7.设,,则()A. B.C. D.8.已知函数,其中为实数,若对恒成立,且,则的单调递增区间是A. B.C. D.9.已知,,函数的零点为c,则()A.c<a<b B.a<c<bC.b<a<c D.a<b<c10.已知全集,集合,集合,则集合A. B.C. D.二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分。11.如图,函数f(x)的图象为折线ACB,则不等式f(x)≥log2(x+1)的解集是________12.当曲线与直线有两个相异交点时,实数的取值范围是________13.筒车亦称为“水转筒车”,一种以流水为动力,取水灌田的工具,筒车发明于隋而盛于唐,距今已有1000多年的历史.如图,假设在水流量稳定的情况下,一个半径为3米的筒车按逆时针方向做每6分钟转一圈的匀速圆周运动,筒车的轴心O距离水面BC的高度为1.5米,设筒车上的某个盛水筒P的切始位置为点D(水面与筒车右侧的交点),从此处开始计时,t分钟时,该盛水筒距水面距离为,则___________14.已知函数,对于任意都有,则的值为______________.15.计算=_______________16.已知,则_______.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.已知平面向量,,,且,.(1)求和:(2)若,,求向量与向量夹角的大小.18.已知集合A={x|a-1<x<2a+1},B={x|x2-x<0}(I)若a=1,求AB,;(II)若AB=,求实数a的取值范围19.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20.设函数()在处取最大值(Ⅰ)求的值;(Ⅱ)在中,分别是角的对边.已知,,,求的值21.计算:(1)94(2)lg5+lg2⋅
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、A【解题分析】根据,变形为,再利用不等式的基本性质得到,进而得到,然后由,利用基本不等式求解.【题目详解】因为,所以,所以,所以,所以,所以,当且仅当时取等号,故选:A.【题目点拨】思路点睛:本题思路是利用分离常数法转化为,再由,利用不等式的性质构造,再利用基本不等式求解.2、C【解题分析】∵在空间直角坐标系中,点(x,y,z)关于z轴的对称点的坐标为:(﹣x,﹣y,z),∴点关于z轴的对称点的坐标为:故选:C3、C【解题分析】根据零点存在性定理可得结果.【题目详解】因为函数的图象连续不断,且,,,,根据零点存在性定理可知函数的零点一定位于区间内.故选:C【题目点拨】关键点点睛:掌握零点存在性定理是解题关键.4、B【解题分析】本题首先可以通过图像得出函数的周期,然后通过函数周期得出的值,再然后通过函数过点求出的值,最后将带入函数解析式即可得出结果【题目详解】因为由图像可知,解得,所以,,因为由图像可知函数过点,所以,解得,取,,,所以,故选B【题目点拨】本题考查了三角函数的相关性质,主要考查了三角函数图像的相关性质,考查了三角函数的周期性的求法,考查计算能力,考查数形结合思想,是中档题5、A【解题分析】,所以.故选A6、D【解题分析】由基本不等式,结合题中条件,直接求解,即可得出结果.【题目详解】因为,都为正实数,,所以,当且仅当,即时,取最大值.故选:D7、D【解题分析】解出不等式,然后可得答案.【题目详解】因为,所以故选:D8、C【解题分析】先由三角函数的最值得或,再由得,进而可得单调增区间.【题目详解】因为对任意恒成立,所以,则或,当时,,则(舍去),当时,,则,符合题意,即,令,解得,即的单调递增区间是;故选C.【题目点拨】本题主要考查了三角函数的图像和性质,利用三角函数的性质确定解析式,属于中档题.9、B【解题分析】由函数零点存在定理可得,又,,从而即可得答案.【题目详解】解:因为在上单调递减,且,,所以的零点所在区间为,即.又因为,,所以a<c<b故选:B.10、A【解题分析】,所以,故选A.考点:集合运算.二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分。11、{x|-1<x≤1}【解题分析】先作函数图象,再求交点,最后根据图象确定解集.【题目详解】令g(x)=y=log2(x+1),作出函数g(x)的图象如图由得∴结合图象知不等式f(x)≥log2(x+1)的解集为{x|-1<x≤1}【题目点拨】本题考查函数图象应用,考查基本分析求解能力.12、【解题分析】由解析式可知曲线为半圆,直线恒过;画出半圆的图象,找到直线与半圆有两个交点的临界状态,利用圆的切线的求解方法和两点连线斜率公式求得斜率的取值范围.【题目详解】为恒过的直线则曲线图象如下图所示:由图象可知,当直线斜率时,曲线与直线有两个相异交点与半圆相切,可得:解得:又本题正确结果:【题目点拨】本题考查利用曲线与直线的交点个数求解参数范围的问题,关键是能够通过数形结合的方式找到临界状态,易错点是忽略曲线的范围,误认为曲线为圆.13、【解题分析】根据图象及所给条件确定振幅、周期、,再根据时求即可得解.【题目详解】由题意知,,,,当时,,,即,,所以,故答案为:14、【解题分析】由条件得到函数的对称性,从而得到结果【题目详解】∵f=f,∴x=是函数f(x)=2sin(ωx+φ)的一条对称轴.∴f=±2.【题目点拨】本题考查了正弦型三角函数的对称性,注意对称轴必过最高点或最低点,属于基础题.15、【解题分析】原式考点:三角函数化简与求值16、【解题分析】直接利用二倍角的余弦公式求得cos2a的值【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).【解题分析】(1)本题首先可根据、得出,然后通过计算即可得出结果;(2)本题首先可根据题意得出以及,然后求出、以及的值,最后根据向量的数量积公式即可得出结果.【题目详解】(1)因为,,,且,,所以,解得,故,.(2)因为,,所以,因为,,所以,,,,设与的夹角为,则,因为,所以,向量与向量的夹角为.【题目点拨】本题考查向量平行、向量垂直以及向量的数量积的相关性质,若、且,则,考查通过向量的数量积公式求向量的夹角,考查计算能力,是中档题.18、(I);(II)或【解题分析】(I)先解不等式得集合B,再根据并集、补集、交集定义求结果;(II)根据与分类讨论,列对应条件,解得结果.【题目详解】(I)a=1,A={x|0<x<3},所以;(II)因为AB=,所以当时,,满足题意;当时,须或综上,或【题目点拨】本题考查集合交并补运算、根据并集结果求参数,考查基本分析求解能力,属中档题.19、(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20、(Ⅰ);(Ⅱ).【解题分析】(Ⅰ)由题意得,根据在处取最大值得,即,故.(Ⅱ)由(Ⅰ)可得,故,所以,由正弦定理得,所以,故可得试题解析:(Ⅰ),因为在时取最大值,所以,故又,所以(Ⅱ)由(Ⅰ)知因为,所以,又为的内角,所以由正弦定理得,由题意得为锐角,所以.所以21、(1)12
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