福建省漳州第一中学2023-2024学年高一上数学期末考试模拟试题含解析

福建省漳州第一中学2023-2024学年高一上数学期末考试模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案涂在答题卡上.）1．若＜α＜π，化简的结果是（）A. B.C. D.2．在中，若，则的形状为（）A.等边三角形 B.直角三角形C.钝角三角形 D.不含角的等腰三角形3．已知aR且a>b，则下列不等式一定成立的是（）A.> B.>abC.> D.a(a—b)>b(a—b)4．已知函数，则的值为（）A.1 B.2C.4 D.55．“对任意，都有”的否定形式为（）A.对任意，都有B.不存在，都有C.存在，使得D.存在，使得6．已知函数在上具有单调性，则k的取值范围是（）A. B.C. D.7．已知集合，若，则（）A.-1 B.0C.2 D.38．已知函数.若，，，则的大小关系为（）A. B.C. D.9．已知全集，集合则下图中阴影部分所表示的集合为（）A. B.C. D.10．下列各角中与角终边相同的角是()A.－300° B.－60°C.600° D.1380°11．已知是第三象限角，且，则（）A. B.C. D.12．若“”是假命题，则实数m的最小值为（）A.1 B.-C. D.二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分,将答案写在答题卡上.）13．写出一个同时具有下列三个性质函数：________.①；②在上单调递增；③.14．已知函数（且）的图象过定点，则点的坐标为______15．圆柱的高为1，它的两个底面在直径为2的同一球面上，则该圆柱的体积为____________；16．下列四个命题中：①若奇函数在上单调递减，则它在上单调递增②若偶函数在上单调递减，则它在上单调递增；③若函数为奇函数，那么函数的图象关于点中心对称；④若函数为偶函数，那么函数的图象关于直线轴对称；正确的命题的序号是___________.三、解答题（本大题共6个小题，共70分。解答时要求写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。）17．函数的定义域为,定义域为.（1）求；（2）若,求实数的取值范围.18．设不等式的解集为集合A，关于x的不等式的解集为集合B.（1）若，求；（2）命题p：，命题q：，若p是q的必要不充分条件，求实数m的取值范围.19．已知定义域为的函数是奇函数（Ⅰ）求值；（Ⅱ）判断并证明该函数在定义域上的单调性；（Ⅲ）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围；（Ⅳ）设关于的函数有零点，求实数的取值范围.20．如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，PA⊥底面ABCD，ED//PA，且PA=2ED=2（1）证明：平面PAC⊥平面PCE；（2）若直线PC与平面ABCD所成的角为45°，求直线CD与平面PCE所成角的正弦值21．（1）已知，求最大值（2）已知且，求的最小值22．设向量（Ⅰ）若与垂直，求的值；（Ⅱ）求的最小值.

参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案涂在答题卡上.）1、A【解析】利用三角函数的平方关系式，根据角的范围化简求解即可【详解】=因为＜α＜π所以cos<0,结果为,故选A.【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系式的应用，三角函数式的化简求值，考查计算能力2、B【解析】利用三角形的内角和，结合差角的余弦公式，和角的正弦公式，即可得出结论【详解】解：由题意可得sin（A﹣B）＝1+2cos（B+C）sin（A+C），∴sin（A﹣B）＝1﹣2cosAsinB，∴sinAcosB﹣cosAsinB＝1﹣2cosAsinB，∴sinAcosB+cosAsinB＝1，∴sin（A+B）＝1，∴A+B＝90°，∴△ABC是直角三角形故选：B【点睛】本题考查差角的余弦公式，和角的正弦公式，考查学生的计算能力，属于基础题3、D【解析】对于A，B，C举反例判断即可，对于D，利用不等式的性质判断【详解】解：对于A，若，则，所以A错误；对于B，若，则，此时，所以B错误；对于C，若，则，此时，所以C错误；对于D，因为，所以，所以，所以D正确，故选：D4、D【解析】根据函数的定义域求函数值即可.【详解】因为函数，则，又，所以故选：D.【点睛】本题考查分段函数根据定义域求值域的问题，属于基础题.5、D【解析】全称命题的否定是特称命题，据此得到答案.【详解】全称命题的否定是特称命题，则“对任意，都有”的否定形式为：存在，使得.故选：D.【点睛】本题考查了全称命题的否定，属于简单题.6、C【解析】由函数，求得对称轴的方程为，结合题意，得到或，即可求解.【详解】由题意，函数，可得对称轴的方程为，要使得函数在上具有单调性，所以或，解得或故选：C.7、C【解析】根据元素与集合的关系列方程求解即可.【详解】因为，所以或，而无实数解，所以.故选：C8、C【解析】由函数的奇偶性结合单调性即可比较大小.【详解】根据题意，f（x）＝x2﹣2|x|+2019＝f（﹣x），则函数f（x）为偶函数，则a＝f（﹣log25）＝f（log25），当x≥0，f（x）＝x2﹣2x+2019＝（x﹣1）2+2018，在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数；又由1＜20.8＜2＜log25，则.则有b＜a＜c；故选C【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的判断以及性质的应用，属于基础题.9、C【解析】根据题意，结合Venn图与集合间的基本运算，即可求解.【详解】根据题意，易知图中阴影部分所表示.故选：C.10、A【解析】与角终边相同的角为：.当时，即为－300°.故选A11、A【解析】由是第三象限角可判断，利用平方关系即可求解.【详解】解：因为是第三象限角，且，所以，故选：A.12、C【解析】根据题意可得“”是真命题，故只要即可，求出的最大值，即可求出的范围，从而可得出答案.【详解】解：因为“”是假命题，所以其否定“”是真命题，故只要即可，因为的最大值为，所以，解得，所以实数m的最小值为.故选：C.二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分,将答案写在答题卡上.）13、或其他【解析】找出一个同时具有三个性质的函数即可.【详解】例如，是单调递增函数，，满足三个条件.故答案为：.（答案不唯一）14、【解析】令，结合对数的运算即可得出结果.【详解】令，得，又因此，定点的坐标为故答案为：15、【解析】由题设，易知圆柱体轴截面的对角线长为2，进而求底面直径，再由圆柱体体积公式求体积即可.【详解】由题意知：圆柱体轴截面的对角线长为2，而其高为1，∴圆柱底面直径为.∴该圆柱的体积为.故答案为：16、②③【解析】根据奇函数、偶函数的性质可判断①②，结合平移变换可判断③④.【详解】奇函数在关于原点对称的两个区间上具有相同的单调性，偶函数在关于原点对称的两个区间上具有相反的单调性，故①错误，②正确；因为函数为奇函数，图象关于原点对称，的图象可以由的图象向右平移1个单位长度得到，故的图象关于点对称，故③正确；函数的图象可以由函数的图象向左平移1个单位长度得到，因为为偶函数，图象关于y轴对称，所以的图象关于直线轴对称，故④错误.故答案为：②③三、解答题（本大题共6个小题，共70分。解答时要求写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。）17、（1）；（2）.【解析】（1）求函数的定义域，就是求使得根式有意义的自变量的取值范围，然后求解分式不等式即可；（2）因为，所以一定有，从而得到，要保证，由它们的端点值的大小列式进行计算，即可求得结果.【详解】（1）要使函数有意义，则需，即，解得或，所以；（2）由题意可知，因为，所以，由，可求得集合，若，则有或，解得或，所以实数的取值范围是.【点睛】该题考查的是有关函数的定义域的求解，以及根据集合之间的包含关系确定参数的取值范围的问题，属于简单题目.18、（1）（2）【解析】（1）求解A,B，根据交集、补集运算即可；（2）由题意转化为,建立不等式求解即可.【详解】（1），，解得，所以,当时，由可得，解得，所以，，所以（2）由解得，即，因为命题p：，命题q：，且p是q的必要不充分条件，所以，所以，且等号不同时成立，解得，即实数m的取值范围为【点睛】关键点点睛：根据充分条件、必要条件的意义，转化为集合间的包含、真包含关系，是解题的关键，属于中档题.19、(Ⅰ)；(Ⅱ)答案见解析；(Ⅲ)（Ⅳ）.【解析】（1）根据奇函数性质得，解得值；（2）根据单调性定义，作差通分，根据指数函数单调性确定因子符号，最后根据差的符号确定单调性（3）根据奇偶性以及单调性将不等式化为一元二次不等式恒成立问题，利用判别式求实数的取值范围；（4）根据奇偶性以及单调性将方程转化为一元二次方程有解问题，根据二次函数图像与性质求值域，即得实数的取值范围.试题解析：（Ⅰ）由题设，需，∴，∴，经验证，为奇函数，∴.（Ⅱ）减函数证明：任取，，且，则，∵∴∴，；∴，即∴该函数在定义域上减函数.（Ⅲ）由得，∵是奇函数，∴，由（Ⅱ）知，是减函数∴原问题转化为，即对任意恒成立，∴，得即为所求.（Ⅳ）原函数零点的问题等价于方程由（Ⅱ）知，，即方程有解∵，∴当时函数存在零点.点睛:利用函数性质解不等式：首先根据函数的性质把不等式转化为的形式，然后根据函数的单调性去掉“”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意与的取值应在外层函数的定义域内.20、(1)见解析(2)2【解析】1连接BD，交AC于点O，设PC中点为F，连接OF，EF，先证出BD∥EF，再证出EF⊥平面PAC，，结合面面垂直的判定定理即可证平面PAC⊥平面PCE；2先证明∠PCA=45°，设CD的中点为M，连接AM，所以点P到平面CDE的距离与点A到平面CDE的距离相等，即h2解析：（1）证明：连接BD，交AC于点O，设PC中点为F，连接OF，EF∵O，F分别为AC，PC的中点，∴OF//PA，且OF=1∵DE//PA，且DE=1∴OF//DE，且OF=DE，∴四边形OFED为平行四边形，∴OD//EF，即BD//EF，∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC∵PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，∵BD//EF，∴EF⊥平面PAC，∵FE⊂平面PCE，∴平面PAC⊥平面PCE（2）因为直线PC与平面ABCD所成角为45°，所以∠PCA=45°，所以AC=PA=2，所以AC=AB，故ΔABC为等边三角形，设CD的中点为M，连接AM，则AM⊥CD，设点D到平面PCE的距离为h1，点P到平面CDE的距离为h则由VD-PCE=V因为ED⊥面ABCD，AM⊂面ABCD，所以ED⊥AM，又AM⊥CD，CD∩DE=D，∴AM⊥面CDE；因为PA//DE，PA⊄平面CDE，DE⊂面CDE，所以PA//面CDE，所以点P到平面CDE的距离与点A到平面CDE的距离相等，即h2因为PE=EC=5，PC=22，所以又SΔCDE=1，代入（*）得6⋅设CD与平面PCE所成角的正