江西省宜春市昌黎实验学校2024届数学高一上期末学业质量监测模拟试题含解析

江西省宜春市昌黎实验学校2024届数学高一上期末学业质量监测模拟试题考生须知：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．符号函数是一个很有用的函数，符号函数能够把函数的符号析离出来，其表达式为若定义在上的奇函数，当时，，则的图象是（）A. B.C. D.2．为了得到函数的图象，只需将函数的图象A.向左平行移动个单位 B.向左平行移动个单位C.向右平行移动个单位 D.向右平行移动个单位3．已知函数，若f（a）=10，则a的值是（）A.-3或5 B.3或-3C.-3 D.3或-3或54．函数的定义域是（）A. B.C. D.5．直线l：x﹣2y+k＝0（k∈R）过点（0，2），则k的值为（）A.﹣4 B.4C.2 D.﹣26．若某商店将进货单价为6元的商品按每件10元出售，则每天可销售100件.现准备采用提高售价、减少进货量的方法来增加利润.已知这种商品的售价每提高1元，销售量就要减少10件，那么要保证该商品每天的利润在450元以上，售价的取值范围是（）A. B.C. D.7．命题：的否定是（）A. B.C. D.8．命题“”否定是（）A. B.C. D.9．把正方形沿对角线折起，当以，，，四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线和平面所成角的大小为（）A. B.C. D.10．函数的最小正周期是（）A.1 B.2C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．若，，.，则a，b，c的大小关系用“”表示为________________.12．若不等式的解集为，则______，______13．已知函数(，且)的图象恒过定点，且点在幂函数的图象上，则__________.14．已知扇形弧长为20cm，圆心角为，则该扇形的面积为___________.15．如图，，，是三个边长为1的等边三角形，且有一条边在同一直线上，边上有2个不同的点，则__________16．已知是定义在上的奇函数,当时,,则的值为________________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．为了净化空气，某科研单位根据实验得出，在一定范围内，每喷洒1个单位净化剂，空气中释放的浓度（单位：毫克/立方米）随着时间(单位：小时)变化的函数关系式近似为．若多次喷洒，则某一时刻空气中的净化剂浓度为每次投放的净化剂在相应时刻所释放的浓度之和．由实验知，当空气中净化剂的浓度不低于4(毫克/立方米)时，它才能起到净化空气的作用（1）若一次喷洒4个单位的净化剂，则净化时间约达几小时？（结果精确到0.1，参考数据：，）（2）若第一次喷洒2个单位的净化剂，3小时后再喷洒2个单位的净化剂，设第二次喷洒小时后空气中净化剂浓度为(毫克/立方米)，其中①求的表达式；②求第二次喷洒后的3小时内空气中净化剂浓度的最小值18．已知函数.（1）求函数的最小正周期和单调递增区间；（2）若当时，求的最大值和最小值及相应的取值.19．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BPE20．如图，点，，在函数的图象上（1）求函数的解析式；（2）若函数图象上的两点，满足，，求四边形OMQN面积的最大值21．为何值时，直线与:（1）平行（2）垂直

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】根据函数的奇偶性画出的图象，结合的知识确定正确答案.【题目详解】依题意，是定义在上的奇函数，图象关于原点对称.当时，，结合的奇偶性，作出的大致图象如下图所示，根据的定义可知，选项C符合题意.故选：C2、B【解题分析】由函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，可得结论【题目详解】∵将函数y＝sin（2x）的图象向左平行移动个单位得到sin[2（x）]=，∴要得到函数y＝sin2x的图象，只需将函数y＝sin（2x）的图象向左平行移动个单位故选B【题目点拨】本题主要考查了函数y＝Asin（ωx+φ）图象变换规律的简单应用，属于基础题3、A【解题分析】根据分段函数的解析式，分两种情况讨论分别求得或.【题目详解】若,则舍去）,若，则,综上可得，或,故选A.【题目点拨】本题主要考查分段函数的解析式、分段函数求自变量，属于中档题.对于分段函数解析式的考查是命题的动向之一，这类问题的特点是综合性强，对抽象思维能力要求高，因此解决这类题一定要层次清楚，思路清晰.4、D【解题分析】由函数解析式有意义可得出关于实数的不等式组，由此可求得原函数的定义域.【题目详解】函数有意义，只需且，解得且因此，函数的定义域为.故选：D.5、B【解题分析】将点（0，2）代入直线l：x﹣2y+k＝0（k∈R）的方程中，可解得k的值.【题目详解】由直线l：x﹣2y+k＝0（k∈R）过点（0，2）.所以点的坐标满足直线l的方程即则，故选：B.【题目点拨】本题考查点在直线上求参数，属于基础题.6、B【解题分析】根据题意列出函数关系式，建立不等式求解即可.【题目详解】设售价为，利润为，则，由题意，即，解得，即售价应定为元到元之间，故选：B.7、A【解题分析】根据特称命题的否定为全称命题，从而可得出答案.【题目详解】因为特称命题的否定为全称命题，所以命题“”的否定为“”.故选：A.8、A【解题分析】根据全称命题的否定为特称命题，即可得到答案【题目详解】全称命题的否定为特称命题，命题“”的否定是，故选：A9、C【解题分析】当平面平面时，三棱锥体积最大，由此能求出结果【题目详解】解：如图，当平面平面时，三棱锥体积最大取的中点，则平面，故直线和平面所成的角为，故选：【题目点拨】本题考查直线与平面所成角的求法，解题时要注意空间思维能力的培养，属于中档题10、A【解题分析】根据余弦函数的性质计算可得；【题目详解】因为，所以函数的最小正周期；故选：A二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、cab【解题分析】根据指数函数的单调性以及对数函数的单调性分别判断出的取值范围，从而可得结果【题目详解】，即；，即；，即，综上可得，故答案为：.【题目点拨】方法点睛：解答比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间（一般是看三个区间）；二是利用函数的单调性直接解答；数值比较多的比大小问题也可以两种方法综合应用.12、①.②.【解题分析】由题设知：是的根，应用根与系数关系即可求参数值.【题目详解】由题设，是的根，∴，即，.故答案为：，.13、【解题分析】先求出定点的坐标，再代入幂函数，即可求出解析式.【题目详解】令可得，此时，所以函数(，且)的图象恒过定点，设幂函数，则，解得，所以，故答案为：【题目点拨】关键点点睛：本题的关键点是利用指数函数的性质和图象的特点得出，设幂函数，代入即可求得，.14、【解题分析】求出扇形的半径后，利用扇形的面积公式可求得结果.【题目详解】由已知得弧长，，所以该扇形半径，所以该扇形的面积.故答案为：15、9【解题分析】以为原点建立平面直角坐标系，依题意可设三个点坐标分别为，故.【题目点拨】本题主要考查向量的加法、向量的数量积运算；考查平面几何坐标法的思想方法.由于题目给定三个全等的三角形，而的位置不确定，故考虑用坐标法来解决.在利用坐标法解题时，首先要选择合适的位置建立平面直角坐标系，建立后用坐标表示点的位置，最后根据题目的要求计算结果.16、-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）①（），②28毫克/立方米【解题分析】（1）根据已知可得，一次喷洒4个单位的净化剂，浓度，分类讨论解出即可（2）①由题意可得（），②由于可化为，然后利用基本不等式可求出其最小值【题目详解】解：（1）根据已知可得，一次喷洒4个单位的净化剂，浓度，则当时，由，得，所以，当时，由，得，，得，所以，综上，，所以一次喷洒4个单位的净化剂，则净化时间约达小时，（2）①由题意可知，第一次喷洒2个单位的净化剂，3小时后的浓度为（毫克/立方米），所以第二次喷洒小时后空气中净化剂浓度为（），②（），，当且仅当，即时取等号，所以第二次喷洒小时时空气中净化剂浓度达到最小值28毫克/立方米【题目点拨】关键点点睛：此题考查了函数的实际应用、分段函数的意义和性质、基本不等式、分类讨论的思想，考查分析问题的能力，解题的关键是正确理解题意，求出（），然后利用基本不等式求出其最小值，属于较难题18、（1）最小正周期为，（2）最小值为-1，的值为，最大值为2，的值为【解题分析】（1）利用周期公式可得最小正周期，由的单调递增区间可得的单调递增区间；（2）由得，当，即时，函数取得最大值，当，即时，函数取得最小值可得答案.【小问1详解】函数的最小正周期为，令因为的单调递增区间是，由，解得，所以，函数的单调递增区间是.【小问2详解】令，因为，所以，即，当，即时，函数取得最大值，因此的最大值为，此时自变量的值为；当，即时，函数取得最小值，因此的最小值为，此时自变量的值为.19、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20、（1）（2）【解题分析】（1）由图可求出，从而求得，由图可知函数处取得最小值，从而可求出的值，再将点的坐标代入函数中可求出，进而可求出函数的解析式，（2）由题意求得所以，，而四边形OMQN的面积为S，则，代入化简利用三角函数的性质可求得结果【小问1详解】由图可知的周期T满足，得又因为，所以，解得又在处取得最小值，即，得，所以，，解得，因为，所以．由，得，所以综上