抚州市2024届高一数学第一学期期末统考试题含解析

抚州市2024届高一数学第一学期期末统考试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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12小题，共60分）1．已知a＝20.1，b＝log43.6，c＝log30.3，则（）A.a＞b＞c B.b＞a＞cC.a＞c＞b D.c＞a＞b2．已知，则的大小关系为（）A B.C. D.3．已知，都是实数，则“”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4．若函数的图像向左平移个单位得到的图像，则A. B.C. D.5．设奇函数在上单调递增，且，则不等式的解集是（）A B.或C. D.或6．已知函数和，则下列结论正确的是A.两个函数的图象关于点成中心对称图形B.两个函数的图象关于直线成轴对称图形C.两个函数的最小正周期相同D.两个函数在区间上都是单调增函数7．若函数，在区间上单调递增，在区间上单调递减，则（）A.1 B.C.2 D.38．过原点和直线与的交点的直线的方程为（）A. B.C. D.9．若，则的最小值是（）A. B.C. D.10．函数的单调递减区间是（）A. B.C. D.11．若，且，则的值是A. B.C. D.12．已知函数是定义在上的偶函数，当时，，则函数的零点个数为（）A.20 B.18C.16 D.14二、填空题（本大题共4小题，共20分）13．若在上是减函数，则a的最大值是___________.14．已知一个扇形的面积为，半径为，则它的圆心角为______弧度15．已知，则函数的最大值为__________.16．在直三棱柱中，若，则异面直线与所成的角等于_________.三、解答题（本大题共6小题，共70分）17．若两个函数和对任意，都有，则称函数和在上是疏远的（1）已知命题“函数和在上是疏远的”，试判断该命题的真假．若该命题为真命题，请予以证明；若为假命题，请举反例；（2）若函数和在上是疏远的，求整数a的取值范围18．如图，弹簧挂着的小球做上下振动，它在（单位：）时相对于平衡位置(静止时的位置)的高度（单位：）由关系式确定，其中，，．在一次振动中，小球从最高点运动至最低点所用时间为．且最高点与最低点间的距离为（1）求小球相对平衡位置的高度（单位：）和时间（单位：）之间的函数关系；（2）小球在内经过最高点的次数恰为50次，求的取值范围19．已知函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，0＜φ＜）的图象如图所示（1）求函数f（x）的解析式及其对称轴方程（2）求函数f（x）在区间[﹣，﹣]上的最大值和最小值，并指出取得最值时的x的值20．已知圆C经过点，两点，且圆心在直线上（1）求圆C的方程；（2）已知、是过点且互相垂直的两条直线，且与C交于A，B两点，与C交于P、Q两点，求四边形APBQ面积的最大值21．如图，在平面直角坐标系中，已知以为圆心的圆及其上一点．①设圆与轴相切，与圆外切，且圆心在直线上，求圆的标准方程②设点满足存在圆上的两点和，使得四边形为平行四边形，求实数的取值范围22．已知函数的最小正周期为，再从下列两个条件中选择一个作为已知条件：条件①：的图象关于点对称；条件②：的图象关于直线对称（1）请写出你选择的条件，并求的解析式；（2）在（1）的条件下，求的单调递增区间注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分

参考答案一、选择题（本大题共12小题，共60分）1、A【解析】直接判断范围，比较大小即可.【详解】，，，故a＞b＞c.故选：A.2、B【解析】观察题中，不妨先构造函数比较大小，再利用中间量“1”比较与大小即可得出答案.【详解】由题意得，，由函数在上是增函数可得，由对数性质可知，，所以，故选:B3、C【解析】根据充分条件和必要条件定义结合不等式的性质即可判断.【详解】若，则，所以充分性成立，若，则，所以必要性成立，所以“”是“”的充分必要条件，故选：C.4、A【解析】函数的图象向左平移个单位，得到的图象对应的函数为：本题选择A选项.5、D【解析】由奇偶性可将所求不等式化为；利用奇偶性可判断出单调性和，分别在和的情况下，利用单调性解得结果.【详解】为奇函数，；又在上单调递增，，在上单调递增，；，即；当时，，；当时，，；的解集为或.故选：D.【点睛】方法点睛：本题考查利用函数单调性和奇偶性求解函数不等式的问题，解决此类问题中，奇偶性和单调性的作用如下：（1）奇偶性：统一不等式两侧符号，同时根据奇偶函数的对称性确定对称区间的单调性；（2）单调性：将函数值的大小关系转化为自变量之间的大小关系.6、D【解析】由题意得选项A中，由于的图象关于点成中心对称，的图象不关于点成中心对称，故A不正确选项B中，由于函数的图象关于点成中心对称，的图象关于直线成轴对称图形，故B不正确选项C中，由于的周期为2π，的周期为π，故C不正确选项D中，两个函数在区间上都是单调递增函数，故D正确选D7、B【解析】根据以及周期性求得.【详解】依题意函数，在区间上单调递增，在区间上单调递减，则，即，解得.故选：B8、C【解析】先求出两直线的交点，从而可得所求的直线方程.【详解】由可得，故过原点和交点的直线为即，故选：C.9、A【解析】先由得到，利用基本不等式“1的妙用”即可求出最小值.【详解】因为，所以且，所以且，即，所以当且仅当时，即时等号成立.故选：A10、D【解析】解不等式，即可得出函数的单调递减区间.【详解】解不等式，得，因此，函数的单调递减区间为.故选：D.【点睛】本题考查余弦型函数单调区间的求解，考查计算能力，属于基础题.11、A【解析】由，则，考点：同角间基本关系式12、C【解析】解方程，得或，作出的图象，由对称性只要作的部分，观察的图象与直线和直线的交点的个数即得【详解】,或根据函数解析式以及偶函数性质作图象，当时，.，是抛物线的一段，当，由的图象向右平移2个单位，并且将每个点的纵坐标缩短为原来的一半得到，依次得出y轴右侧的图象，根据对称轴可得左侧的结论，时，，的图象与直线和的交点个数，分别有3个和5个，∴函数g(x)的零点个数为，故选：C【点睛】本题考查函数零点个数，解题方法是数形结合思想方法，把函数零点个数转化为函数图象与直线交点个数，由图象易得结论二、填空题（本大题共4小题，共20分）13、【解析】求出导函数，然后解不等式确定的范围后可得最大值【详解】由题意，，，，，，，∴，的最大值为故答案为：【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性，考查两角和与差的正弦公式，考查正弦函数的性质，根据导数与单调性的关系列不等式求解即可．14、##【解析】利用扇形的面积公式列方程即可求解.【详解】设扇形的圆心角为，扇形的面积即，解得，所以扇形的圆心角为弧度，故答案为：.15、【解析】换元，，化简得到二次函数，根据二次函数性质得到最值.【详解】设，，则，，故当，即时，函数有最大值为.故答案为：.【点睛】本题考查了指数型函数的最值，意在考查学生的计算能力，换元是解题的关键.16、【解析】如图以点为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系,利用空间向量求解即可.【详解】解：因为三棱柱为直三棱柱，且，所以以点为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系,设，则，所以，所以，因为异面直线所成的角在，所以异面直线与所成的角等于，故答案为：【点睛】此题考查异面直线所成角，利用了空间向量进行求解，属于基础题.三、解答题（本大题共6小题，共70分）17、（1）该命题为假命题，反例为:当时，.（2）.【解析】（1）利用“疏远函数”的定义直接判断即可，以或举例即可；（2）由函数的定义域可确定实数，构造函数，可证当时，恒成立，即函数和在上是疏远的【小问1详解】该命题为假命题，反例为:当时，.【小问2详解】由函数的定义域可知，故记∵在上单调递增，在上单调递减，∴在上单调递增，∴当时，，不满足；当时，，不满足；当时，，∴当时，故.18、（1），；（2）【解析】（1）首先根据题意得到，，从而得到，（2）根据题意，当时，小球第一次到达最高点，从而得到，再根据周期为，即可得到.【详解】（1）因为小球振动过程中最高点与最低点的距离为，所以因为在一次振动中，小球从最高点运动至最低点所用时间为，所以周期为2，即，所以所以，（2）由题意，当时，小球第一次到达最高点，以后每隔一个周期都出现一次最高点，因为小球在内经过最高点的次数恰为50次，所以因为，所以，所以的取值范围为（注：的取值范围不考虑开闭）19、（1）；对称轴（2）当时，；当时，【解析】（1）由图知，，由，可求得，由可求得；（2）根据的范围求出的取值范围，再根据正弦函数的性质求解.【详解】解：由图可知，，又图象过点，解得，令，解得，故函数的对称轴为，（2）由正弦函数的性质可知，当即时当即时故当时，；当时，【点睛】本题考查：由的部分图象确定其解析式，考查函数的图象变换及三角函数性质的综合应用，属于中档题20、（1）（2）7【解析】（1）根据题意，求出MN的中垂线的方程为，分析可得圆心为直线和的交点，联立直线的方程可得圆心的坐标，进而求出圆的半径，由圆的标准方程可得答案；（2）根据题意，分2种情况讨论：，当直线，，其中一条直线斜率为0时，另一条斜率不存在，分析可得四边形APBQ的面积；，当直线，斜率均存在时，设直线的斜率为k，则方程的方程为，用k表示四边形APBQ的面积，由二次函数分析其最值，综合即可得答案【小问1详解】根据题意，点，，则线段MN的中垂线方程为，圆心为直线和的交点，则有，解得，所以圆C的圆心坐标为；半径，所以圆C的方程为.【小问2详解】根据题意，已知、是互相垂直的两条直线，分2种情况讨论：，当直线，，其中一条直线斜率为0时．另一条斜率不存在不妨令的斜率为0，此时，四边形APBQ的面积，当直线，斜率均存在时，设直线的斜率为则其方程为，圆心到直线的距离为，于是，又的方程为同理，所以四边形APBQ的面积，当且仅当即时，等号成立因为综上所述，四边形APBQ面积的最大值为721、①.．②.【解析】①.由题意利用待定系数法可得圆的标准方程为②.由题意四边形为平行四边形，则，据此有，求解不等式可得实数的取值范围是试题