2024届四川省广元市万达中学、八二一中学高一数学第一学期期末联考模拟试题含解析

2024届四川省广元市万达中学、八二一中学高一数学第一学期期末联考模拟试题考生须知：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．若，则的大小关系是（）A. B.C. D.2．若集合，则集合（）A. B.C. D.3．集合，，则间的关系是（）A. B.C. D.4．不等式的解集为，则（）A. B.C. D.5．函数f（x）=sin（x+）+cos（x-）的最大值是（）A. B.C.1 D.6．已知函数的图象，给出以下四个论断①的图象关于直线对称②图象的一个对称中心为③在区间上是减函数④可由向左平移个单位以上四个论断中正确的个数为（）A.3 B.2C.1 D.07．要得到函数的图象，只需将函数的图象向（）平移（）个单位长度A.左 B.右C.左 D.右8．函数y＝sin（2x）的单调增区间是（）A.，]（k∈Z） B.，]（k∈Z）C.，]（k∈Z） D.，]（k∈Z）9．设，则函数的零点所在的区间为（）A. B.C. D.10．已知角的终边经过点，则A. B.C.-2 D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．设函数，则____________.12．已知非空集合，（1）若，求；（2）若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围13．已知f(x)是定义在R上的奇函数且以6为周期，若f(2)=0，则f(x)在区间(0,10)内至少有________零点.14．已知函数，若a、b、c互不相等，且，则abc的取值范围是______15．若扇形的面积为，半径为1，则扇形的圆心角为___________.16．已知函数若方程恰有三个实数根，则实数的取值范围是_______.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，三棱柱中，，，，为的中点，且.（1）求证：平面；（2）求与平面所成角的大小.18．如图，直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD=6，BC=2AB=4，点E为线段BC的中点，点F在线段AD上，且EF∥AB，现将四边形ABCD沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC，点P为几何体中线段AD的中点（Ⅰ）证明：平面ACD⊥平面ACF；（Ⅱ）证明：CD∥平面BPE19．记不等式的解集为A，不等式的解集为B.（1）当时，求；（2）若，求实数a的取值范围.20．已知，命题：，；命题：，.（1）若是真命题，求的最大值；（2）若是真命题，是假命题，求的取值范围.21．已知函数.（1）求函数的最小正周期及其单调递减区间；（2）若，是函数的零点，不写步骤，直接用列举法表示的值组成的集合.

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】利用指数函数与对数函数的单调性，把各数与中间值0，1比较即得【题目详解】利用指数函数的单调性知：，即；利用指数函数的单调性知：，即；利用对数函数的单调性知：，即；所以故选：C2、D【解题分析】解方程，再求并集.【题目详解】故选：D.3、D【解题分析】解指数不等式和一元二次不等式得集合，再判断各选项【题目详解】由题意，或，所以，即故选：D【题目点拨】本题考查集合的运算与集合的关键，考查解一元二次不等式，指数不等式，掌握指数函数性质是解题关键4、A【解题分析】由不等式的解集为，得到是方程的两个根，由根与系数的关系求出，即可得到答案【题目详解】由题意，可得不等式的解集为，所以是方程的两个根，所以可得，，解得，，所以，故选：A5、A【解题分析】先利用三角恒等变化公式将函数化成形式，然后直接得出最值.【题目详解】整理得，利用辅助角公式得，所以函数的最大值为，故选A.【题目点拨】三角函数求最值或者求值域一定要先将函数化成的形函数.6、B【解题分析】利用代入检验法可判断①②③的正误，利用图象变换可判断④的正误.【题目详解】，故的图象关于直线对称，故①正确.，故的图象的对称中心不是，故②错误.，当，，而在为减函数，故在为减函数，故③正确.向左平移个单位后所得图象对应的解析式为，当时，此函数的函数值为，而，故与不是同一函数，故④错误.故选：B.7、C【解题分析】因为，由此可得结果.【题目详解】因为，所以其图象可由向左平移个单位长度得到.故选：C.8、D【解题分析】先将自变量的系数变为正数，再由三角函数的单调性得出自变量所满足的不等式，求解即可得出所要的单调递增区间【题目详解】y＝sin（2x）＝﹣sin（2x）令，k∈Z解得，k∈Z函数的递增区间是，]（k∈Z）故选D【题目点拨】本题考查正弦函数的单调性，求解本题的关键有二，一是将自变量的系数为为正，二是根据正弦函数的单调性得出相位满足的取值范围，解题时不要忘记引入的参数的取值范围即k∈Z9、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.10、B【解题分析】按三角函数的定义，有.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】依据分段函数定义去求的值即可.【题目详解】由，可得，则由，可得故答案为：12、（1）（2）【解题分析】（1）根据集合的运算法则计算；（2）根据充分不必要条件的定义求解【小问1详解】由已知，或，所以或＝；【小问2详解】“”是“”的充分不必要条件，则，解得，所以的范围是13、6【解题分析】直接利用f(x)的奇偶性和周期性求解.【题目详解】因为f(x)是定义在R上奇函数且以6为周期，所以f(x)=-f即f-x所以f(x)的图象关于3,0对称，且f3则f9又f(0)=0,f(6)=0，又f(2)=0，所以f(8)=0,f(-2)=0,f(4)=0，所以f(x)在区间(0,10)内至少有6个零点.故答案为：6个零点14、【解题分析】画出函数的图象，根据互不相等，且，我们令，我们易根据对数的运算性质，及c的取值范围得到abc的取值范围，即可求解【题目详解】由函数函数，可得函数的图象，如图所示：若a，b，c互不相等，且，令，则，，故，故答案为【题目点拨】本题主要考查了对数函数图象与性质的综合应用，其中画出函数图象，利用图象的直观性，数形结合进行解答是解决此类问题的关键，着重考查了数形结合思想，以及分析问题和解答问题的能力，属于中档试题15、【解题分析】直接根据扇形的面积公式计算可得答案【题目详解】设扇形的圆心角为，因为扇形的面积为，半径为1，所以．解得，故答案为：16、【解题分析】令f（t）＝2，解出t，则f（x）＝t，讨论k的符号，根据f（x）的函数图象得出t的范围即可【题目详解】解：令f（t）＝2得t＝﹣1或t（k≠0）∵f（f（x））﹣2＝0，∴f（f（x））＝2，∴f（x）＝﹣1或f（x）（k≠0）（1）当k＝0时，做出f（x）的函数图象如图所示：由图象可知f（x）＝﹣1无解，即f（f（x））﹣2＝0无解，不符合题意；（2）当k＞0时，做出f（x）的函数图象如图所示：由图象可知f（x）＝﹣1无解，f（x）无解，即f（f（x））﹣2＝0无解，不符合题意；（3）当k＜0时，做出f（x）的函数图象如图所示：由图象可知f（x）＝﹣1有1解，∵f（f（x））﹣2＝0有3解，∴f（x）有2解，∴1，解得﹣1＜k综上，k的取值范围是（﹣1，]故答案为（﹣1，]【题目点拨】本题考查了函数零点个数与函数图象的关系，数形结合思想，属于中档题三、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）连结与交于点，连结，由中位线定理可得，再根据线面平行的判定定理即可证明结果；（2）方法一：根据线面垂直的判定定理，可证明平面；取的中点，易证平面，所以即所求角，再根据直棱柱的有关性质求即可得到结果；方法二:根据线面垂直的判定定理，可证明平面；取的中点，易证平面；所以即与平面所成的角，再根据直棱柱的有关性质求即可得到结果.【小问1详解】证明：如图一，连结与交于点，连结.在中，、为中点，∴.又平面，平面，∴平面.图一【小问2详解】证明：（方法一）如图二，图二∵，为的中点，∴.又，，∴平面.取的中点，又为的中点，∴、、平行且相等，∴四边形是平行四边形，∴与平行且相等.又平面，∴平面，∴即所求角.由前面证明知平面，∴，又，，∴平面，∴此三棱柱为直棱柱.设∴，，，.（方法二）如图三，图三∵，为的中点，∴.又，，∴平面.取的中点，则，∴平面.∴即与平面所成的角.由前面证明知平面，∴，又，，∴平面，∴此三棱柱为直棱柱.设，∴，，∴.18、证明过程详见解析【解题分析】（Ⅰ）证明AF⊥平面EFDC，得出AF⊥CD；再由勾股定理证明FC⊥CD，即可证明CD⊥平面ACF，平面ACD⊥平面ACF；（Ⅱ）取DF的中点Q，连接QE、QP，证明BPQE四点共面，再证明CD∥EQ，从而证明CD∥平面EBPQ，即为CD∥平面BPE【题目详解】（Ⅰ）由题意知，四边形ABEF是正方形，∴AF⊥EF，又平面ABEF⊥平面EFDC，∴AF⊥平面EFDC，∴AF⊥CD；又FD=4，FC=AB=2，CD=AB=2，∴FD2=FC2+CD2，∴FC⊥CD；又FC∩AF=F，∴CD⊥平面ACF；又CD⊂平面ACD，∴平面ACD⊥平面ACF；（Ⅱ）如图所示，取DF的中点Q，连接QE、QP，则QP∥AF，又AF∥BE，∴PQ∥BF，∴BPQE四点共面；又EC=2，QD=DF=2，且DF∥EC，∴QD与EC平行且相等，∴QECD为平行四边形，∴CD∥EQ，又EQ⊂平面EBPQ，CD⊄平面EBPQ，∴CD∥平面EBPQ，即CD∥平面BPE【题目点拨】本题主要考查直线和平面平行与垂直的判定应用问题，也考查了平面与平面的垂直应用问题，是中档题19、（1）（2）【解题分析】（1）分别求出集合，再求并集即可.（2）分别求出集合和的补集，它们的交集不为空集，列出不等式求解.【题目详解】（1）当时，的解为或（2）a的取值范围为20、（1）1；（2）.【解题分析】（1）根据题意可得，为真，令，只需即可求解.（2）根据题意可得与一真一假，当是真命题时，可得或，分别求出当真假或假真时的取值范围，最后取并集即可求解.【题目详解】解：（1）若命题：，为真，∴则令，，又∵，∴，∴的最大值为1.（2）因为是真命题，是假命题，所以与一真一假，当是真命题时，，解得或，当是真