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文档简介
2023-2024学年福建省莆田六中高一上数学期末调研模拟试题考生须知: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12小题,共60分)1.若函数的零点所在的区间为,则整数的值为()A. B.C. D.2.的图像是端点为且分别过和两点的两条射线,如图所示,则的解集为A.B.C.D.3.若函数是幂函数,且其图象过点,则函数的单调增区间为A. B.C. D.4.下列函数中为奇函数,且在定义域上是增函数是()A. B.C. D.5.已知,则os等于()A. B.C. D.6.若函数y=|x|(x-1)的图象与直线y=2(x-t)有且只有2个公共点,则实数t的所有取值之和为()A.2 B.C.1 D.7.根据有关资料,围棋状态空间复杂度的上限M约为3361,而可观测宇宙中普通物质的原子总数N约为1080.则下列各数中与最接近的是(参考数据:lg3≈048)A.1033 B.1053C.1073 D.10938.已知函数在上有两个零点,则的取值范围为()A. B.C. D.9.要得到函数y=cos的图象,只需将函数y=cos2的图象()A.向左平移个单位长度 B.向左平移个单位长度C.向右平移个单位长度 D.向右平移个单位长度10.若一束光线从点射入,经直线反射到直线上的点,再经直线反射后经过点,则点的坐标为()A. B.C. D.11.已知函数则的值为()A. B.0C.1 D.212.在轴上的截距分别是,4的直线方程是A. B.C. D.二、填空题(本大题共4小题,共20分)13.直线与平行,则的值为_________.14.如图,在四面体A-BCD中,已知棱AC的长为,其余各棱长都为1,则二面角A-CD-B的平面角的余弦值为________.15.命题“,使”是真命题,则的取值范围是________16.实数2713三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.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18.如图,直三棱柱中,分别为的中点.(1)求证:平面;(2)已知,,,求三棱锥的体积.19.定义在(-1,1)上的奇函数为减函数,且,求实数a的取值范围.20.已知函数的一段图像如图所示.(1)求此函数的解析式;(2)求此函数在上的单调递增区间.21.如图,在平面直角坐标系中,角的始边与轴的非负半轴重合,终边在第二象限且与单位圆相交于点,过点作轴的垂线,垂足为点,.(1)求的值;(2)求的值.22.如图所示,某居民小区内建一块直角三角形草坪,直角边米,米,扇形花坛是草坪的一部分,其半径为20米,为了便于居民平时休闲散步,该小区物业管理公司将在这块草坪内铺设两条小路和,考虑到小区整体规划,要求M、N在斜边上,O在弧上(点O异于D,E两点),,.(1)设,记,求的表达式,并求出此函数的定义域.(2)经核算,两条路每米铺设费用均为400元,如何设计的大小,使铺路的总费用最低?并求出最低总费用.
参考答案一、选择题(本大题共12小题,共60分)1、C【解析】结合函数单调性,由零点存在性定理可得解.【详解】由为增函数,且,可得零点所在的区间为,所以.故选:C.2、D【解析】作出g(x)=图象,它与f(x)的图象交点为和,由图象可得3、B【解析】分别求出m,a的值,求出函数的单调区间即可【详解】解:由题意得:,解得:,故,将代入函数的解析式得:,解得:,故,令,解得:,故在递增,故选B【点睛】本题考查了幂函数的定义以及对数函数的性质,是一道基础题4、D【解析】结合基本初等函数的单调性及奇偶性分别检验各选项即可判断【详解】对于函数,定义域为,且,所以函数为偶函数,不符合题意;对于在定义域上不单调,不符合题意;对于在定义域上不单调,不符合题意;对于,由幂函数的性质可知,函数在定义域上为单调递增的奇函数,符合题意故选:D5、A【解析】利用诱导公式即可得到结果.【详解】∵∴os故选A【点睛】本题考查诱导公式的应用,属于基础题.6、C【解析】可直接根据题意转化为方程有两个根,然后利用分类讨论思想去掉绝对值再利用判别式即可求得各个t的值【详解】由题意得方程有两个不等实根,当方程有两个非负根时,令时,则方程为,整理得,解得;当时,,解得,故不满足满足题意;当方程有一个正跟一个负根时,当时,,,解得,当时,方程为,,解得;当方程有两个负根时,令,则方程为,解得,当,,解得,不满足题意综上,t的取值为和,因此t的所有取值之和为1,故选C【点睛】本题是在二次函数的基础上加了绝对值,所以首先需解决绝对值,关于去绝对值直接用分类讨论思想即可;关于二次函数根的分布需结合对称轴,判别式,进而判断,必要时可结合进行判断7、D【解析】设,两边取对数,,所以,即最接近,故选D.【名师点睛】本题考查了转化与化归能力,本题以实际问题的形式给出,但本质就是对数的运算关系,以及指数与对数运算的关系,难点是令,并想到两边同时取对数进行求解,对数运算公式包含,,.8、B【解析】先化简,再令,求出范围,根据在上有两个零点,作图分析,求得的取值范围.【详解】,由,又,则可令,又函数在上有两个零点,作图分析:则,解得.故选:B.【点睛】本题考查了辅助角公式,换元法的运用,三角函数的图象与性质,属于中档题.9、B【解析】直接利用三角函数的平移变换求解.【详解】因函数y=cos,所以要得到函数y=cos的图象,只需将函数y=cos2的图象向左平移个单位长度,故选:B【点睛】本题主要考查三角函数的图象的平移变换,属于基础题.10、C【解析】由题可求A关于直线的对称点为及关于直线的对称点为,可得直线的方程,联立直线,即得.【详解】设A关于直线的对称点为,则,解得,即,设关于直线的对称点为,则,解得,即,∴直线的方程为:代入,可得,故.故选:C.11、C【解析】将代入分段函数解析式即可求解.【详解】解:因为,所以,又,所以,故选:C.12、B【解析】根据直线方程的截距式写出直线方程即可【详解】根据直线方程的截距式写出直线方程,化简得,故选B.【点睛】本题考查直线的截距式方程,属于基础题二、填空题(本大题共4小题,共20分)13、【解析】根据两直线平行得出实数满足的等式与不等式,解出即可.【详解】由于直线与平行,则,解得.故答案为:.【点睛】本题考查利用两直线平行求参数,考查运算求解能力,属于基础题.14、【解析】如图,取中点,中点,连接,由题可知,边长均为1,则,中,,则,得,所以二面角的平面角即,在中,,则,所以.点睛:本题采用几何法去找二面角,再进行求解.利用二面角的定义:公共边上任取一点,在两个面内分别作公共边的垂线,两垂线的夹角就是二面角的平面角,找到二面角的平面角,再求出对应三角形的三边,利用余弦定理求解(本题中刚好为直角三角形).15、【解析】可根据题意得出“,恒成立”,然后根据即可得出结果.【详解】因为命题“,使”是真命题,所以,恒成立,即恒成立,因为当时,,所以,的取值范围是,故答案为:.16、1【解析】直接根据指数幂运算与对数运算求解即可.【详解】解:27故答案为:1三、解答题(本大题共6小题,共70分)17、(1)(2)【解析】(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,【小问2详解】当时,,所以.由知此时记四边形OMQN的面积为S,则又因为,所以,所以当,即时,取得最大值所以四边形OMQN面积的最大值是18、(1)详见解析(2)2【解析】(1)证线面平行则需在面中找一线与已知线平行即可,也可通过证明面面平行得到线面平行(2)∵,,,∴,∴.∵是直棱柱,∴棱柱的高为,∴棱柱的体积为.由体积关系可得试题解析:(1)设是的中点,分别在中使用三角形的中位线定理得.又是平面内的相交直线,∴平面平面.又平面,∴平面.(2)∵,,,∴,∴.∵是直棱柱,∴棱柱的高为,∴棱柱的体积为.∴.19、【解析】结合奇函数性质以及单调性,去掉外层函数,变成一元二次不等式进行求解.【详解】由题即根据奇函数定义可知原不等式为又因为单调递减函数,故,解得或又因为函数定义域为故,解得,所以综上得的范围为.20、(1);(2)和.【解析】(1)根据三角函数的图象求出A,ω,φ,即可确定函数的解析式;(2)根据函数的表达式,即可求函数f(x)的单调递增区间;【详解】(1)由函数的图象可知A,,∴周期T=16,∵T16,∴ω,∴y=2sin(x+φ),∵函数的图象经过(2,﹣2),∴φ=2kπ,即φ,又|φ|<π,∴φ;∴函数的解析式为:y=2sin(x)(2)由已知得,得16k+2≤x≤16k+10,即函数的单调递增区间为[16k+2,16k+10],k∈Z当k=﹣1时,为[﹣14,﹣6],当k=0时,为[2,10],∵x∈(﹣2π,2π),∴函数在(﹣2π,2π)上的递增区间为(﹣2π,﹣6)和[2,2π)【点睛】本题主要考查三角函数解析式的求法,根据三角函数的图象是解决本题的关键,要求熟练掌握三角函数的图象和性质21、(1)(2)【解析】(1)由三角函数的定义可得出
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