上海市普陀区2023-2024学年高一下册期中数学质量检测模拟试题合集2套（含解析）

上海市普陀区2023-2024学年高一下册期中数学质量检测模拟试题一、填空题1．函数的定义域是_________．【正确答案】【分析】根据对数函数的概念即可求解.【详解】由题意知，函数的定义域为.故答案为.2．函数的最小正周期是_________．【正确答案】/【分析】根据公式计算直接得出结果.【详解】由题意知，函数的最小正周期为.故答案为.3．已知集合，且，则实数a的值是_________．【正确答案】-3【分析】根据得出是方程的解，将代入方程中进行计算，即可得出结果.【详解】因为，，，所以是方程的解，即，解得.经检验，符合题意，所以.故答案为.4．扇形所在圆的半径长为1，所对的圆心角大小为，则扇形的面积为_________．【正确答案】/【分析】根据给定条件，利用扇形面积公式直接计算作答.【详解】依题意，扇形的面积.故答案为.5．指数函数在区间上的最大值为4，则实数a的值是_________．【正确答案】3【分析】确定a的取值范围，再分类求出最大值作答.【详解】指数函数中，且，即且，当时，函数在上单调递减，当时，，不符合题意，当时，函数在上单调递增，当时，，解得，所以实数a的值是3.故3.6．函数的单调减区间是_________．【正确答案】【分析】根据正弦函数的单调性即可求解.【详解】由，得，所以函数的单调减区间为.故答案为.7．已知是定义域为R的奇函数，当时，，则当时，的表达式为_________．【正确答案】/【分析】根据给定条件，利用奇函数的定义求出时的解析式作答.【详解】是定义域为R的奇函数，当时，，则当时，，，所以当时，的表达式为.故8．方程的解集是_________．【正确答案】【分析】分类讨论的范围即可求出答案.【详解】当时，，所以；当时，，所以；当时，，所以，所以综上所述：方程的解集为.故答案为.9．对任意实数x，定义表示小于等于x的最大整数，例如，则方程的解的个数是_________．【正确答案】1【分析】根据的意义列出不等式，求出x的取值范围，并分段求出即可求解作答.【详解】方程，化为，而，所以，所以，解得.当时，，又，则，解得，无解；当时，，又，则，解得，无解；当时，，又，则，解得，因此，所以方程的解为，即方程解的个数有1个.故1.10．某河道水上游览航线一经开放就受到公众喜爱，其中有一条航线是：从码头A出发顺流而下到码头B，然后不做停留原路返回到码头A（不计调头时间）．假设游船在静水中的船速恒定不变，且整个航程中途不做停靠，以下结论正确的是_________（填序号）．①水流速度越大整个航程所需时间越长；②水流速度越大整个航程所需时间越短；③水流速度大小不会影响整个航程所需时间．【正确答案】【分析】设AB的距离为S，游船在静水中的速度为v，水流的速度为，求出整个航程所需的时间即可求解.【详解】设码头A到码头B的距离为S，游船在静水中的速度为v，水流的速度为，则A到B为顺流，所需的时间为，原路返回码头A所需的时间为，整个航程所需的时间为，所以当水流的速度越大，整个航程所需的时间越长，故①正确，②③错误.故①.11．已知函数的表达式是，若，且成立，则的取值范围是_________．【正确答案】【分析】判断函数的奇偶性和单调性，再利用此性质脱去法则“f”，并解三角不等式作答.【详解】函数的定义域为R，，即是R上的偶函数，当时，，函数在上都是增函数，因此在上单调递增，而，因此，即，整理得，又，即，于是或，解得或，所以的取值范围是.故12．已知函数的表达式是，若对于任意都满足，则实数a的取值范围是_________．【正确答案】【分析】把函数化成关于的二次型函数，再换元利用二次函数取最大值的条件求出a的范围作答.【详解】依题意，，，令，对于任意都满足，则有，即当，时，函数取得最大值，于是函数，在时取得最大值，因此，解得，所以实数a的取值范围是.故思路点睛：涉及求含正(余)的二次式的最值问题，可以换元或整体思想转化为二次函数在区间或其子区间上的最值求解.二、单选题13．“”是“”的A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．既非充分又非必要条件【正确答案】D，与没有关联，取特值，利用充分和必要条件的定义进行判断.【详解】当时，满足，但不成立，当时，满足，但不成立，“”是“”的既非充分又非必要条件.故选:D.本题考查充分条件和必要条件的应用，利用不等式的性质是解题的关键，属于基础题.14．函数的示意图是（

）A． B．C． D．【正确答案】A【分析】由为奇函数，排除B，D，又因为，排除C，即可得出正确答案.【详解】函数的定义域为，令，由，所以为奇函数，排除B，D.又因为，所以排除C.故选：A.15．在中，若，则的形状为（

）A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．等腰三角形或直角三角形【正确答案】D【分析】利用诱导公式和两角和差的正弦公式、正弦的二倍角公式化简已知条件，再结合角的范围即可求解.【详解】因为，由可得：，即，所以，所以，所以或，因为，，所以或，所以的形状为等腰三角形或直角三角形，故选：D.16．已知对任意正数a、b、c，当时，都有成立，则实数m的取值范围是（

）．A． B．C． D．【正确答案】C【分析】根据给定条件，把化为，并将它视为a的函数，利用对勾函数的性质求得，再构造函数，利用对勾函数求解作答.【详解】由，，得，，于是，，令，函数在上递减，在上递增，显然，因此，令函数，，令，在上单调递减，在上单调递增，而，即，于是，因为对任意正数a、b、c，当时，都有成立，则，所以实数m的取值范围是.故选：C思路点睛：涉及多变量函数，结合给定条件采用消元、以其中的某个变量为自变量，另外的变量为参数，依次推理求解即可.三、解答题17．已知集合，，求．【正确答案】.【分析】解含绝对值符号的不等式化简集合A，解分式不等式化简集合B，再利用交集的定义求解作答.【详解】依题意，解不等式，得，解得，则，解不等式，得，解得，则，所以.18．已知，求下列各式的值：(1)；(2)．【正确答案】(1)；(2).【分析】（1）利用平方关系求出，再利用诱导公式及商数关系计算作答.（2）利用（1）中信息，结合二倍角的正余弦公式求解作答.【详解】（1）因为，则，，所以.（2）由（1）知，，所以19．如图，四边形中，．(1)求线段的长；(2)求四边形面积的最大值．【正确答案】(1)；(2).【分析】（1）在中，由余弦定理计算即可求解；（2）设，在中，由余弦定理和基本不等式计算可得，结合三角形的面积公式计算即可求解.【详解】（1）在中，由余弦定理得，即，由解得，所以；（2）设，在中，由余弦定理，得，当且仅当时等号成立，此时，所以.又，，所以，所以，故四边形ABCD的面积的最大值为.20．在月亮和太阳的引力作用下，海水水面发生的周期性涨落现象叫做潮汐．一般早潮叫潮，晚潮叫汐．受潮汐影响，港口的水深也会相应发生变化．下图记录了某港口某一天整点时刻的水深y（单位：米）与时间x（单位：时）的大致关系：假设4月份的每一天水深与时间的关系都符合上图所示．(1)请运用函数模型，根据以上数据写出水深y与时间x的函数的近似表达式；(2)根据该港口的安全条例，要求船底与水底的距离必须不小于3.5米，否则该船必须立即离港．一艘船满载货物，吃水（即船底到水面的距离）6米，计划明天进港卸货．①求该船可以进港的时间段；②该船今天会到达港口附近，明天0点可以及时进港并立即开始卸货，已知卸货时吃水深度以每小时0.3米的速度匀速减少，卸完货后空船吃水3米．请设计一个卸货方案，在保证严格遵守该港口安全条例的前提下，使该船明天尽早完成卸货（不计停靠码头和驶离码头所需时间）．【正确答案】(1)；(2)①0点到4点以及12点到16点进入港口；②该船在0点进港开始卸货，5点暂时驶离港口，11点返回港口继续卸货，16点完成卸货任务.【分析】（1）根据给定的图形，求出函数模型中的各个参数作答.（2）①根据给定条件，列出不等式求解作答；②求出最小水深的函数关系，数形结合求解作答.【详解】（1）观察图形知，，解得，，，解得，显然函数的图象过点，即，又，因此，所以函数表达式为.（2）①依题意，，整理得，即有，即，解得或，所以该船可以在0点到4点以及12点到16点进入港口.②由①的结论知，该船明日0点即可进港开始卸货，设自0点起卸货小时后，该船符合安全条例的最小水深为，如图，函数与的图像交于点，即卸货5小时后，在5点该船必须暂时驶离港口，此时该船的吃水深度为4.5米，令，即，，解得，显然，该船在11点可返回港口继续卸货，5小时后完成卸货，此时为16点，综上所述，方案如下：该船在0点进港开始卸货，5点暂时驶离港口，11点返回港口继续卸货，16点完成卸货任务.思路点睛：给定的部分图象求解解析式，一般是由函数图象的最高（低）点定A，求出周期定，由图象上特殊点求.21．已知函数与的定义域为R，若对任意区间，存在且，使，则是的生成函数．(1)求证：是的生成函数；(2)若是的生成函数，判断并证明的单调性；(3)若是的生成函数，实数，求的一个生成函数．【正确答案】(1)证明见解析；(2)函数在R上单调递增；(3).【分析】（1）由生成函数的定义，判断是否满足，即可证明；（2）由题意可得，由可得，结合单调函数的定义即可求解；（3），且，设，则，由生成函数的定义可得，分两种情况讨论即可.【详解】（1），且，，由，得，则满足，所以是的生成函数；（2）因为是的生成函数，所以对任意区间且，使，即，由，得，又，所以，即，所以函数在R上单调递增；（3），且，设，则，，当时，的值域为，对任意区间且，使且，满足，即，此时是的一个生成函数.同理，当时，的值域为，对任意区间且，使且，满足，即，此时也是的一个生成函数.综上：是的一个生成函数.关键点睛：本题解决的关键是理解新定义“生成函数”的性质，以学习过的函数相关的知识为基础，通过一类问题共同特征的“数学抽象”，引出新的概念，然后在快速理解的基础上，解决新问题.上海市普陀区2023-2024学年高一下册期中数学质量检测模拟试题一、填空题1．两个非零平面向量的夹角的取值范围是____________．【正确答案】【分析】根据平面向量的夹角的定义即可得夹角的取值范围.【详解】由题意两个非零平面向量的夹角的取值范围是，故2．函数的最小正周期为___________．【正确答案】【分析】根据正切函数的周期公式即可求得答案.【详解】由题意函数的最小正周期为，故3．若，且，则的坐标为____________．【正确答案】或【分析】根据向量共线设，再结合向量的模求解即可.【详解】由，可设，则，由，得，解得，故或，故或4．已知，点D满足，若，则_________．【正确答案】【分析】由平面向量基本定理结合可得，即可求出的值.【详解】由，得，所以，即，所以，所以，，故．故答案为.5．若方程的两根为与，则___________．【正确答案】【分析】根据两角和差的正余弦公式化简后转化为正切函数即可得解.【详解】由题意，，，故6．若，且与的夹角为钝角，则实数t的取值范围是__________．【正确答案】【分析】由已知得且不共线，结合向量的坐标运算可得出关于的不等式组，由此可解得实数的取值范围.【详解】因为，，且与的夹角为钝角，所以且不共线，则，解得且，即.故答案为.7．若，点D在第一象限且，则实数的取值范围是____________．【正确答案】【分析】根据向量的坐标运算结合已知可求得点D的坐标，根据其在第一象限即可求得答案.【详解】由题意得，设，由可得，则，故，故D点坐标为，由于D在第一象限，故，即实数的取值范围是，故8．定义在上的函数的图像与的图像的交点为P，则点P到x轴的距离为____________．【正确答案】3【分析】设交点，则，联立和，变形整理即可求得答案.【详解】由题意设交点，则因为，则，令，即，所以，即，解得（负值舍去），即点P到x轴的距离为3，故39．在边长为的正六边形中，点为其内部或边界上一点，则的取值范围是___________．【正确答案】【分析】利用数量积的几何意义去求的取值范围即可解决.【详解】正六边形中，过点作于，

则，，，，由图可知，在方向上的投影的取值范围是，所以，，即，故的取值范围为.故答案为.10．若，则的取值范围是_______________．【正确答案】【分析】根据已知条件，结合辅助角公式，化简得到，利用正弦函数的性质，即可求解.【详解】由，可得，因为，可得，所以.故答案为.11．如图，在中，，为中点，为上一点，且满足，若的面积为，则的最小值为__________.【正确答案】【分析】设，由，可得：再由，可得：，则，最后由可得解.【详解】设的面积为，为中点，又C、P、Q三点共线，，即则当且仅当时取得最小值.本题考查了向量的模的运算和数量积运算及三角形的面积公式，考查了计算能力，属于中档题.12．在中，，且，则的取值范围是__________．【正确答案】【分析】运用余弦定理先求出，再利用正弦定理求出关于的表达式，作恒等变换，根据正弦函数的性质求出的值域.【详解】，由正弦定理得，。又，，；令，，则，；故答案为.二、单选题13．在中，“”是“”的

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【正确答案】C【分析】先判定充分性，然后判定必要性【详解】在中，，三角形中大边对大角，则由正弦定理可得，，，，充分性成立，由正弦定理可得，，则三角形中大边对大角，则，必要性也成立故选本题主要考查了充分条件和必要条件的成立，在三角形中运用正弦定理进行求解，注意在三角形内角的取值范围．14．若所在平面内一点P满足，则P是的（

）．A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心【正确答案】C【分析】设中点为D，根据向量等式结合向量的线性运算可推出点共线。，结合三角形重心性质，可得答案.【详解】设中点为D，

由可得，即点共线，且，则P为的重心.故选：C15．某人要作一个三角形，要求它的三条高的长度分别是，则该三角形（

）．A．一定是锐角三角形 B．一定是直角三角形C．一定是钝角三角形 D．有可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形【正确答案】C【分析】设的边上的高分别为,由此可令，，由余弦定理即可判断三角形形状.【详解】设的内角的对边分别是，且边上的高分别为,则,令，则，故，故A为钝角，又，A为三角形最大角，故该三角形为钝角三角形，故选：C16．锐角三角形中，是边上的高，若，则可表示为（

）．A． B． C． D．【正确答案】D【分析】根据题意，求得向量在方向上投影的数量为，进而求得，即可求解.【详解】如图所示，因为，根据向量的数量积的几何意义，可得向量在方向上投影的数量为，所以.故选：D.三、解答题17．如图，摩天轮上一点P在时刻t（单位:分钟)距离地面的高度y(单位:米)满足，已知该摩天轮的半径为50米，圆心O距地面的高度为60米，摩天轮做匀速转动，每3分钟转一圈，点P的起始位置在摩天轮的最低点处.（1）根据条件写出y关于t的函数解析式；（2）在摩天轮转动的一圈内，有多长时间点P距离地面的高度超过85米?【正确答案】（1）；（2）分钟【分析】（1）根据题意得到，，当时，，解得答案.（2）解不等式得到答案.【详解】（1）根据题意：，故，，，故.当时，，即，，故..（2），故，.解得，解得，故有分钟长的时间点P距离地面的高度超过85米.本题考查了三角函数的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.18．已知两个平面向量与的夹角为，且记.（1）若，求实数的值；（2）若，求与的夹角.【正确答案】（1）；（2）；【分析】（1）根据得，进而根据向量数量积的运算律计算即可得答案；（2）由题知，进而计算得，，，进而结合夹角公式计算即可.【详解】（1）由得，即：，解得：，所以当时，.（2）当时，，所以，，，所以，所以与的夹角为本题考查向量的数量积运算，夹角的计算，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于熟练掌握模的公式，夹角公式等.19．在平行四边形中，是的中点，交于点．(1)若，求实数与的值；(2)若，，且，则当点在边上运动时，求的取值范围．【正确答案】(1)，(2)【分析】（1）以为基底可表示出，再以为基底表示出，进而得到的值；（2）设，以为基底表示出，根据向量数量积的定义和运算律，结合的范围可得结果.【详解】（1）

，，；，，，，，.（2）

设，则，，，，即的取值范围为.20．已知数．(1)将函数解析式化为的形式；(2)若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围；(3)将的图象先向左平移个单位，再将各点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象.若关于的方程在上有且只有一个实数解，求实数的取值范围．【正确答案】(1)(2)(3)【分析】（1）利用降幂公式、诱导公式以及辅助角公式可化简函数的解析式；（2）利用正弦型函数的基本性质求出函数在上的最大值和最小值，由参变量分离法可得出，即可求得实数的取值范围；（3）利用三角函数图象变换求出函数的解析式，