2023-2024学年河北省保定市第七中学高一数学第一学期期末检测试题含解析

2023-2024学年河北省保定市第七中学高一数学第一学期期末检测试题考生请注意：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．已知集合，则（）A. B.C. D.2．函数f(x)＝log3x－8＋2x的零点一定位于区间A. B.C. D.3．已知为锐角，且，，则A. B.C. D.4．已知，则（）A. B.C. D.35．已知函数的最大值与最小值的差为2，则（）A.4 B.3C.2 D.6．若，都为正实数，，则的最大值是（）A. B.C. D.7．“”是“”的（）条件A.充分不必要 B.必要不充分C.充要 D.即不充分也不必要8．若，则的最小值为（）A.4 B.3C.2 D.19．数列的前项的和为（）A. B.C. D.10．设是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若，，则；②若，，，则；③若，，则；④若，，则.其中正确命题的序号是A.① B.②和③C.③和④ D.①和④二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．二次函数的部分对应值如下表：342112505则关于x不等式的解集为__________12．已知tanα=3，则sin13．将正方形沿对角线折成直二面角，有如下四个结论：①；②是等边三角形；③与所成的角为，④取中点，则为二面角的平面角其中正确结论是__________．（写出所有正确结论的序号）14．一条从西向东的小河的河宽为3.5海里，水的流速为3海里/小时，如果轮船希望用10分钟的时间从河的南岸垂直到达北岸，轮船的速度应为______；15．已知幂函数图像过点，则该幂函数的解析式是______________16．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A－BD－C，有如下四个结论①AC⊥BD；②△ACD是等边三角形；③AB与平面BCD成60°的角；④AB与CD所成的角是60°.其中正确结论的序号是________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．已知函数，其中m为常数，且（1）求m的值；（2）用定义法证明在R上是减函数18．已知函数，.（1）求的最小正周期和单调区间；（2）求在闭区间上的最大值和最小值19．在平面直角坐标系xOy中，角的顶点与原点O重合，始边与x轴的正半轴重合，它的终边过点，以角的终边为始边，逆时针旋转得到角Ⅰ求值；Ⅱ求的值20．解下列关于的不等式；（1）；（2）.21．已知f(x)＝log3x.(1)作出这个函数图象；(2)若f(a)<f(2)，利用图象求a的取值范围

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【解析】根据并集的定义计算【详解】由题意故选：C2、B【解析】根据零点存在性定理，因为，所以函数零点在区间（3，4）内，故选择B考点：零点存在性定理3、B【解析】∵为锐角，且∴∵，即∴，即∴∴故选B4、A【解析】结合两角和的正切公式、诱导公式求得正确答案.【详解】.故选：A5、C【解析】根据解析式可得其单调性，根据x的范围，可求得的最大值和最小值，根据题意，列出方程，即可求得a值.【详解】由题意得在上为单调递增函数，所以，，所以，解得，又，所以.故选：C6、D【解析】由基本不等式，结合题中条件，直接求解，即可得出结果.【详解】因为，都为正实数，，所以，当且仅当，即时，取最大值.故选：D7、B【解析】根据充分条件和必要条件的概念，结合题意，即可得到结果.【详解】因为，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B.8、D【解析】利用“乘1法”即得.【详解】因为，所以，∴，当且仅当时，即时取等号，所以的最小值为1.故选：D.9、C【解析】根据分组求和可得结果.【详解】，故选：C10、A【解析】结合直线与平面垂直的性质和平行判定以及平面与平面的位置关系，逐项分析，即可.【详解】①选项成立，结合直线与平面垂直的性质，即可；②选项，m可能属于，故错误；③选项，m,n可能异面，故错误；④选项，该两平面可能相交，故错误，故选A.【点睛】本题考查了直线与平面垂直的性质，考查了平面与平面的位置关系，难度中等.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】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；【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：12、3【解析】由题意利用同角三角函数的基本关系，求得要求式子的值【详解】∵tanα=3，∴sinα•cosα=sin故答案为310【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系，属于基础题13、①②④【解析】如图所示，取中点，则，，所以平面，从而可得，故①正确；设正方形边长为，则，所以，又因为，所以是等边三角形，故②正确；分别取，的中点为，，连接，，．则，且，，且，则是异面直线，所成的角在中，，，∴则是正三角形，故，③错误；如上图所示，由题意可得：，则,由可得，据此可知：为二面角的平面角，说法④正确.故答案为：①②④.点睛：(1)有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形(折前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数量关系，哪些变，哪些不变(2)研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题14、15海里/小时【解析】先求出船的实际速度，再利用勾股定理得到轮船的速度.【详解】设船的实际速度为，船速，水的流速，则海里/小时，∴海里/小时.故答案为：15海里/小时15、【解析】设出幂函数的函数表达，然后代点计算即可.【详解】设，因为，所以，所以函数的解析式是故答案为：.16、①②④【解析】①取BD的中点O，连接OA,OC,所以,所以平面OAC，所以AC⊥BD；②设正方形的边长为a，则在直角三角形ACO中，可以求得OC=a，所以△ACD是等边三角形；③AB与平面BCD成45角；④分别取BC，AC的中点为M，N，连接ME，NE，MN.则MN∥AB，且MN＝AB＝a，ME∥CD，且ME＝CD＝a，∴∠EMN是异面直线AB，CD所成的角．在Rt△AEC中，AE＝CE＝a，AC＝a，∴NE＝AC＝a.∴△MEN是正三角形，∴∠EMN＝60°，故④正确考点：本小题主要考查平面图形向空间图形的折叠问题，考查学生的空间想象能力.点评：解决此类折叠问题，关键是搞清楚折叠前后的变量和不变的量.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）1；（2）证明见解析.【解析】(1)将代入函数解析式直接计算即可；(2)利用定义法直接证明函数的单调性即可.【小问1详解】由题意得，，解得；【小问2详解】由(1)知，，所以R，R，且，则，因为，所以，所以，故，即，所以函数在R上是减函数.18、（1）最小正周期为，单调递增区间是，单调递减区间是；（2）最小值为，最大值为【解析】（1）由三角函数中的恒等变换应用化简函数解析式可得，利用正弦函数的性质即得；（2）利用正弦函数的性质即求【小问1详解】由，∴的最小正周期为，由，得，由，得∴函数单调增区间为，函数单调减区间为；【小问2详解】由于，所以，所以，故，故函数的最小值为，函数的最大值为19、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】Ⅰ由题意利用任意角的三角函数的定义，求得的值Ⅱ先根据题意利用任意角的三角函数的定义求得、的值，再利用二倍角公式求得、的值，再利用两角和的余弦公式求得的值【详解】解：Ⅰ角的顶点与原点O重合，始边与x轴的正半轴重合，它的终边过点，Ⅱ以角的终边为始边，逆时针旋转得到角，由Ⅰ利用任意角的三角函数的定义可得，，，【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，二倍角公式，两角和的余弦公式的应用，属于中档题20、（1）（2）【解析】（1）根据一元二次不等式的解法即可得出答案；（1）根据一元二次不等式的解法即可得出答案.【小问1详解】解：不等式可化为，解得，所以不等式的解集为；【小问2详解】解：不等式可化为，解得或