2024届北京市朝阳区第八十中学数学高一上期末联考试题含解析

2024届北京市朝阳区第八十中学数学高一上期末联考试题考生须知：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．同时掷两枚骰子，所得点数之和为的概率为A. B.C. D.2．已知集合A∪B={0,1,2,3,4}，B={1,2,4}，那么集合A可能是（）A.{1,2,3} B.{0,1,4}C.{0,1,3} D.{1,3,4}3．用长度为24米的材料围成一矩形场地，中间加两道隔墙（如图），要使矩形的面积最大，则隔墙的长度为A.3米 B.4米C.6米 D.12米4．点到直线的距离等于（）A. B.C.2 D.5．的值是A. B.C. D.6．已知，则（）A.-4 B.4C. D.7．已知点，向量，若，则点的坐标为（）A. B.C. D.8．如图，在中，为边上的中线，，设，若，则的值为A. B.C. D.9．命题“对，都有”的否定为（）A.对，都有 B.对，都有C.，使得 D.，使得10．已知定义域为R的函数在单调递增，且为偶函数，若，则不等式的解集为（）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，，，则有最大值为__________12．二次函数的部分对应值如下表：342112505则关于x不等式的解集为__________13．_____.14．已知函数是定义在上的奇函数，且，则________，________.15．给出下列五个论断：①；②；③；④；⑤.以其中的两个论断作为条件，一个论断作为结论，写出一个正确的命题：___________.16．如果，且，则的化简为_____.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．已知，若在上的最大值为，最小值为，令.（1）求的函数表达式；（2）判断函数的单调性，并求出的最小值.18．已知函数f(x)=（1）若f(x)有两个零点x1、x2，且x1（2）若命题“∃x∈R，fx≤-719．如图,在圆锥中,已知,圆的直径,是弧的中点,为的中点.（1）求异面直线和所成的角的正切值；（2）求直线和平面所成角的正弦值.20．已知函数，.（1）对任意的，恒成立，求实数k的取值范围；（2）设，证明：有且只有一个零点，且.21．已知函数（1）求最小正周期；（2）求的单调递减区间；（3）当时，求的最小值及取得最小值时的值

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、A【解题分析】本题是一个古典概型，试验发生包含的事件是同时掷两枚骰子，共有6×6种结果，而满足条件的事件是两个点数之和是5，列举出有4种结果，根据概率公式得到结果.【题目详解】由题意知，本题是一个古典概型，试验发生包含的事件是同时掷两枚骰子，共有6×6=36种结果，而满足条件的事件是两个点数之和是5，列举出有（1，4）（2，3）（3，2）（4，1），共有4种结果，根据古典概型概率公式得到P=.【题目点拨】古典概型要求能够列举出所有事件和满足条件的事件发生的个数，本题可以列举出所有事件，概率问题同其他的知识点结合在一起，实际上是以概率问题为载体2、C【解题分析】根据并集的定义可得集合A中一定包含的元素，再对选项进行排除，可得答案.【题目详解】∵集合A∪B={0,1,2,3,4}，B={1,2,4}；∴集合A中一定有元素0和3，故可排除A,B,D;故选：C.3、A【解题分析】主要考查二次函数模型的应用解：设隔墙长度为，则矩形另一边长为=12－2，矩形面积为=（12－2）=，0<<6，所以=3时，矩形面积最大，故选A4、C【解题分析】由点到直线的距离公式求解即可.【题目详解】解：由点到直线的距离公式得，点到直线的距离等于.故选：C【题目点拨】本题考查了点到直线的距离公式，属基础题.5、B【解题分析】由余弦函数的二倍角公式把等价转化为，再由诱导公式进一步简化为，由此能求出结果详解】，故选B【题目点拨】本题考查余弦函数的二倍角公式的应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意诱导公式的灵活运用，属于基础题.6、C【解题分析】已知，可得，根据两角差的正切公式计算即可得出结果.【题目详解】已知，则，.故选：C.7、B【解题分析】设点坐标为，利用向量的坐标运算建立方程组，解之可得选项.【题目详解】设点坐标为，，A，所以，又，，所以.解得，解得点坐标为.故选：B.8、C【解题分析】分析：求出，，利用向量平行的性质可得结果.详解：因为所以，因为，则，有，，由可知，解得．故选点睛：本题主要考查平面向量的运算，属于中档题．向量的运算有两种方法，一是几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）；二是坐标运算：建立坐标系转化为解析几何问题解答（求最值与范围问题，往往利用坐标运算比较简单）9、D【解题分析】全称命题的否定是特称命题，把任意改为存在，把结论否定.【题目详解】，都有的否定是，使得.故选：D10、D【解题分析】根据题意，由函数为偶函数分析可得函数的图象关于直线对称，结合函数的单调性以及特殊值分析可得，解可得的取值范围，即可得答案【题目详解】解：根据题意，函数为偶函数，则函数的图象关于直线对称，又由函数在，单调递增且f(3)，则，解可得：，即不等式的解集为；故选：D二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、4【解题分析】分析：直接利用基本不等式求xy的最大值.详解：因为x+y=4,所以4≥，所以故答案为4.点睛：（1）本题主要考查基本不等式，意在考查学生对该基础知识的掌握水平.(2)利用基本不等式求最值时，一定要注意“一正二定三相等”，三者缺一不可.12、【解题分析】根据所给数据得到二次函数的对称轴，即可得到，再根据函数的单调性，即可得解；【题目详解】解：∵，∴对称轴为，∴，又∵在上单调递减，在上单调递增，∴的解集为故答案为：13、【解题分析】利用诱导公式变形，再由两角和的余弦求解【题目详解】解：，故答案为【题目点拨】本题考查诱导公式的应用，考查两角和的余弦，是基础题14、①.1②.0【解题分析】根据函数的周期性和奇偶性，结合已知条件，代值计算即可.【题目详解】因为满足，且，且其为奇函数，故；又，故可得，又函数是定义在上的奇函数，故，又，故.故答案为：1；0.15、②③⇒⑤；③④⇒⑤；②④⇒⑤【解题分析】利用不等式的性质和做差比较即可得到答案.【题目详解】由②③⇒⑤，因为，，则.由③④⇒⑤，由于，，则，所以.由②④⇒⑤，由于，且，则，所以.故答案为：②③⇒⑤；③④⇒⑤；②④⇒⑤16、【解题分析】由，且，得到是第二象限角，由此能化简【题目详解】解：∵，且，∴是第二象限角，∴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)答案见解析.【解题分析】解：(1)函数的对称轴为直线,而∴在上最小值为，①当时，即时，②当2时，即时，，(2)请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.18、（1）a=±1；（2）-2,2.【解题分析】（1）由已知条件可得Δ>0，结合韦达定理可求得实数a（2）由已知可知，命题“∀x∈R，x2-2ax+8-a2>0【小问1详解】解：由已知可得Δ=4a2-41-由韦达定理可得x1+x所以，x1-x2故a=±1.【小问2详解】解：由题意可知，∀x∈R，x则判别式Δ'=4a所以，实数a的取值范围是-2,2.19、（1）2；（2）【解题分析】（1）由三角形中位线定理可得∥，则可得是异面直线和所成的角，然后在中求解即可，（2）直线与平面所成的角，应先作出直线在平面内的射影，则斜线与射影所成的角即为所求．过点O向平面PAC作垂线，则可证得即为直线与平面所成的角，进而求出其正弦值【题目详解】（1）因为分别是和的中点所以∥，所以异面直线和所成的角为，在中，,是弧的中点,为的中点，所以，因为平面，平面，所以，因为所以，（2）因为，为的中点，所以，因为平面，平面，所以，因为，所以平面因为平面，所以平面平面，在平面中，过作于，则平面，连结，则是在平面上的射影，所以是直线和平面所成的角在中，在中，20、（1）；（2）证明见解析.【解题分析】（1）利用的单调性以及对数函数的单调性，即可求出的范围（2）对进行分类讨论，分为：和，利用零点存在定理和数形结合进行分析，即可求解【题目详解】解：（1）因为是增函数，是减函数，所以在上单调递增.所以的最小值为，所以，解得，所以实数k的取值范围是.（2）函数的图象在上连续不断.①当时，因为与在上单调递增，所以在上单调递增.因为，，所以.根据函数零点存在定理，存在，使得.所以在上有且只有一个零点.②当时，因为单调递增，所以，因为.所以.所以在上没有零点.综上：有且只有一个零点.因为，即，所以，.因为在上单调递减，所以，所以.【题目点拨】关键点睛：对进行分类讨论时，①当时，因为与在上单调递增，再结合零点存在定理，即可求解；②当时，恒成立，所以，在上没有零点；最后利用，得到，然后化简可求解。本题考查函数的性质，函数的零点等知识；考查学生运算求解，推理论证的能力；考查数形结合，分类与整合，函数与方程，化归与转