湖南省隆回县2024届高一数学第一学期期末联考模拟试题含解析

湖南省隆回县2024届高一数学第一学期期末联考模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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．平行于直线且与圆相切的直线的方程是A.或 B.或C.或 D.或2．已知幂函数在上单调递减，则m的值为（）A.0 B.1C.0或1 D.3．焦点在y轴上，焦距等于4，离心率等于的椭圆的标准方程是A. B.C. D.4．设当时，函数取得最大值，则（）A. B.C. D.5．三个数的大小关系为（）A. B.C. D.6．已知全集，集合，，则等于（）A. B.C. D.7．若直线与直线垂直，则()A.1 B.2C. D.8．在梯形中，，，是边上的点，且.若记，，则（）A. B.C. D.9．计算A.-2 B.-1C.0 D.110．函数的零点所在的区间（）A. B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．幂函数的图像在第___________象限.12．一个圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为________.13．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是________.14．直线与直线的距离是__________15．函数定义域为________.（用区间表示）16．求值：2+=____________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．设，.（1）求的值；（2）求与夹角的余弦值.18．已知函数（1）判断在区间上的单调性，并用函数单调性的定义给出证明；（2）设（k为常数）有两个零点，且，当时，求k的取值范围19．已知函数（1）求的解析式，并证明为R上的增函数；（2）当时，且的图象关于点对称．若，对，使得成立，求实数的取值范围20．已知函数是偶函数（1）求实数的值（2）设，若函数与的图象有且只有一个公共点，求实数的取值范围21．（1）已知，且，求的值（2）已知，是关于x的方程的两个实根，且，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、A【解题分析】设所求直线为，由直线与圆相切得，，解得．所以直线方程为或．选A.2、A【解题分析】根据幂函数得的定义，求得或，结合幂函数的性质，即可求解.【题目详解】由题意，幂函数，可得，解得或，当时，可得，可得在上单调递减，符合题意；当时，可得，可得在上无单调性，不符合题意，综上可得，实数的值为.故选：A.3、C【解题分析】设椭圆方程为：，由题意可得：，解得：，则椭圆的标准方程为：.本题选择D选项4、D【解题分析】利用辅助角公式、两角差的正弦公式化简解析式：，并求出和，由条件和正弦函数的最值列出方程，求出的表达式，由诱导公式求出的值【题目详解】解：函数（其中，又时取得最大值，，，即，，，故选：5、A【解题分析】利用指数对数函数的性质可以判定,从而做出判定.【题目详解】因为指数函数是单调增函数，是单调减函数，对数函数是单调减函数，所以，所以，故选：A6、D【解题分析】先求得集合B的补集，再根据交集运算的定义，即可求得答案.【题目详解】由题意得：，所以，故选：D7、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.8、A【解题分析】作出图形，由向量加法的三角形法则得出可得出答案.【题目详解】如下图所示：由题意可得，由向量加法的三角形法则可得.故选：A.【题目点拨】本题考查利用基底来表示向量，涉及平面向量加法的三角形法则的应用，考查数形结合思想的应用，属于基础题.9、C【解题分析】.故选C.10、B【解题分析】，，零点定理知，的零点在区间上所以选项是正确的二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】根据幂函数的定义域及对应值域，即可确定图像所在的象限.【题目详解】由解析式知：定义域为，且值域，∴函数图像在一、二象限.故答案为：一、二.12、.【解题分析】先求圆锥底面圆的半径，再由直角三角形求得圆锥的高，代入公式计算圆锥的体积即可。【题目详解】设圆锥底面半径为r，则由题意得，解得.∴底面圆的面积为.又圆锥的高.故圆锥的体积.【题目点拨】此题考查圆锥体积计算，关键是找到底面圆半径和高代入计算即可，属于简单题目。13、【解题分析】正四棱柱的高是4，体积是16，则底面边长为2，底面正方形的对角线长度为，所以正四棱柱体对角线的长度为，四棱柱体对角线为外接球的直径，所以球的半径为，所以球的表面积为考点：正四棱柱外接球表面积14、【解题分析】15、【解题分析】由对数真数大于0，偶次根式被开方式大于等于0，列出不等式组求解即可得答案.【题目详解】解：由，得，所以函数的定义域为，故答案为：.16、-3【解题分析】利用对数、指数的性质和运算法则求解【题目详解】解：（）lg（1）lg1[（）3]2+（）02+1＝﹣3故答案为﹣3【题目点拨】本题考查对数式、指数式的化简求值，是基础题，解题时要认真审题，注意对数、指数的性质、运算法则的合理运用三、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).【解题分析】（1），，所以；（2）因为，所以代值即可得与夹角的余弦值.试题解析：（1）（2）因为，，所以.18、（1）在区间上的单调递减，证明详见解析；（2）【解题分析】（1）在区间上的单调递减，任取，且，再判断的符号即可；（2）令，得到，根据，转化为有两个零点，且，求解.【小问1详解】解：在区间上的单调递减，证明如下：任取，且，则，因为，所以，因为，所以，所以，即，所以在区间上的单调递减；【小问2详解】令，则，因为，所以，则，即，因为（k为常数）有两个零点，且，，所以（k为常数）有两个零点，且，，所以，解得.19、（1）；证明见解析.（2）【解题分析】（1）由求出后可得的解析式，按照增函数的定义证明即可；（2）求出函数在上的值域为，求出在上的最值，根据的最值都属于列式可求出结果.【小问1详解】依题意可得，解得，所以.证明：任取，且，则，因为，，所以，所以为R上的增函数.【小问2详解】依题意，即，当时，为增函数，，，所以在上的值域为，因为在上的最值只可能在或或处取得，所以在上的最值只可能在或或处取得，所以在上的最值只可能是或或，因为的图像关于点对称，所以在上的最值只可能是或或，所以在上的最值只可能是或或或或，若，对，使得成立，则的最值都属于，所以，即，所以，所以，又，所以.【题目点拨】关键点点睛：（2）中，求出在上的最值，根据题意转化为的最值都属于是解题关键.20、（1）（2）【解题分析】（1）根据是偶函数，由成立求解；（2）函数与图象有且只有一个公共点，即方程有且只有一个根，令，转化为方程有且只有一个正根求解.【小问1详解】解：函数，因为是偶函数，所以，即，即对一切恒成立，所以；【小问2详解】因为函数与的图象有且只有一个公共点，所以方程有且只有一个根，即方程有且只有一个根，令，则方程有且只有