甘肃省泾川县第三中学2023-2024学年高一数学第一学期期末预测试题含解析

甘肃省泾川县第三中学2023-2024学年高一数学第一学期期末预测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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．以下四组数中大小比较正确的是（）A. B.C. D.2．已知，，，则a、b、c的大小关系为（）A. B.C. D.3．直线经过第一、二、四象限，则a、b、c应满足（）A. B.C. D.4．已知是锐角三角形，，，则A. B.C. D.与的大小不能确定5．设函数对任意的，都有，，且当时，，则（）A. B.C. D.6．一个球的表面积是，那么这个球的体积为A. B.C. D.7．函数A.是奇函数且在区间上单调递增B.是奇函数且在区间上单调递减C.是偶函数且在区间上单调递增D.是偶函数且在区间上单调递减8．已知，则的值为（）A.-4 B.C. D.49．设，且，则下列不等式一定成立的是（）A. B.C. D.10．与函数的图象不相交的一条直线是（）A. B.C. D.11．已知，，则（）A. B.C.或 D.12．已知x是实数，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件二、填空题（本大题共4小题，共20分）13．已知函数，则下列命题正确的是______填上你认为正确的所有命题的序号①函数单调递增区间是；②函数的图象关于点对称；③函数的图象向左平移个单位长度后，所得的图象关于y轴对称，则m的最小值是；④若实数m使得方程在上恰好有三个实数解，，，则14．计算值为______15．已知函数，的值域为，则实数的取值范围为__________.16．若，则____三、解答题（本大题共6小题，共70分）17．圆内有一点，为过点且倾斜角为的弦.（1）当时，求的长；（2）当弦被点平分时，写出直线的方程.18．已知四棱锥P－ABCD的体积为，其三视图如图所示，其中正视图为等腰三角形，侧视图为直角三角形，俯视图是直角梯形．(1)求正视图的面积；(2)求四棱锥P－ABCD的侧面积．19．已知A（1，1）和圆C：（x+2）2+（y﹣2）2＝1，一束光线从A发出，经x轴反射后到达圆C（1）求光线所走过的最短路径长；（2）若P为圆C上任意一点，求x2+y2﹣2x﹣4y的最大值和最小值20．已知由方程kx2－8x＋16＝0的根组成的集合A只有一个元素，试求实数k的值21．如图所示，在直三棱柱中，，，，，点是中点（）求证：平面（）求直线与平面所成角的正切值22．已知长方体AC1中，棱AB＝BC＝3，棱BB1＝4，连接B1C，过B点作B1C的垂线交CC1于E，交B1C于F.（1）求证A1C⊥平面EBD；（2）求二面角B1—BE—A1的正切值.

参考答案一、选择题（本大题共12小题，共60分）1、C【解析】结合指数函数、对数函数、幂函数性质即可求解详解】对A，，故，错误；对B，在第一象限为增函数，故，错误；对C，为增函数，故，正确；对D，，，故，错误；故选：C【点睛】本题考查根据指数函数，对数函数，幂函数性质比较大小，属于基础题2、A【解析】利用指数函数、对数函数、三角函数的知识判断出a、b、c的范围即可.【详解】因为，，所以故选：A3、A【解析】根据直线经过第一、二、四象限判断出即可得到结论.【详解】由题意可知直线的斜率存在，方程可变形为，∵直线经过第一、二、四象限，∴，∴且故选：A.4、A【解析】分析：利用作差法，根据“拆角”技巧，由三角函数的性质可得.详解：将，代入，，可得，，由于是锐角三角形，所以，，，，所以，，综上，知．故选A点睛：本题主要考查三角函数的性质，两角和与差的三角函数以及作差法比较大小，意在考查学生灵活运用所学知识解答问题的能力，属于中档题.解答本题的关键是运用好“拆角”技巧.5、A【解析】由和可得函数的周期，再利用周期可得答案.【详解】由得，所以，即，所以的周期为4，，由得，所以故选：A.6、B【解析】先求球半径，再求球体积.【详解】因为，所以,选B.【点睛】本题考查球表面积与体积，考查基本求解能力，属基础题.7、A【解析】由可知是奇函数，排除，，且，由可知错误，故选8、A【解析】由题，解得.故选A.9、D【解析】利用特殊值及不等式的性质判断可得；【详解】解：因为，对于A，若，，满足，但是，故A错误；对于B：当时，，故B错误；对于C：当时没有意义，故C错误；对于D：因为，所以，故D正确；故选：D10、C【解析】由题意求函数的定义域，即可求得与函数图象不相交的直线.【详解】函数的定义域是，解得：，当时，，函数的图象不相交的一条直线是.故选：C【点睛】本题考查正切函数的定义域，属于简单题型.11、A【解析】利用两边平方求出，再根据函数值的符号得到，由可求得结果.【详解】，，，，，，所以，，.故选：A..12、A【解析】解一元二次不等式得或，再根据集合间的基本关系，即可得答案；【详解】或，或，反之不成立，“”是“”的充分不必要条件，故选：A.二、填空题（本大题共4小题，共20分）13、①③④【解析】先利用辅助角公式化简，再根据函数，结合三角函数的性质及图形，对各选项依次判断即可【详解】①，令，所以，因为，所以令，则，所以单调增区间是，故正确；②因为，所以不是对称中心，故错误；③的图象向左平移个单位长度后得到，且是偶函数，所以，所以且，所以时，，故正确；④函数，故错误；⑤因为，作出在上的图象如图所示：与有且仅有三个交点：所以，又因为时，且关于对称，所以，所以，故正确；故选:①③⑤14、1；【解析】15、##【解析】由题意，可令，将原函数变为二次函数，通过配方，得到对称轴，再根据函数的定义域和值域确定实数需要满足的关系，列式即可求解.【详解】设，则，∵，∴必须取到，∴，又时，，，∴，∴.故答案为：16、##0.25【解析】运用同角三角函数商数关系式，把弦化切代入即可求解.【详解】，故答案为：.三、解答题（本大题共6小题，共70分）17、（1）；（2）.【解析】（1）求出直线AB的斜率即可写出其点斜式方程，利用勾股定理可求得弦长；（2）当弦被点平分时，AB与垂直，由此可求出直线AB的斜率，写出其点斜式方程化简即可.【详解】（1）依题意，直线AB的斜率为，又直线AB过点，所以直线AB的方程为：，圆心到直线AB的距离为，则，所以；（2）当弦被点平分时，AB与垂直，因为，所以，直线AB的点斜式方程为，即.【点睛】本题考查直线的点斜式方程、直线截圆所得弦长，属于基础题.18、（1）；（2）【解析】（1）根据四棱锥的体积得PA=，进而得正视图的面积；（2）过A作AE∥CD交BC于E，连接PE，确定四个侧面积面积S△PAB，S△PAD，S△PCD，S△PBC求和即可.试题解析：(1)如图所示四棱锥P－ABCD的高为PA，底面积为S＝·CD＝×1＝∴四棱锥P－ABCD的体积V四棱锥P－ABCD＝S·PA＝×·PA＝，∴PA=∴正视图的面积为S＝×2×＝.(2)如图所示，过A作AE∥CD交BC于E，连接PE.根据三视图可知，E是BC的中点，且BE＝CE＝1，AE＝CD＝1，且BC⊥AE，AB=又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，PA⊥DC，PD=，∴BC⊥面PAE，∴BC⊥PE，又DC⊥AD，∴DC⊥面PAD，∴DC⊥PD，且PA⊥平面ABCD.∴PA⊥AE，∴PE2＝PA2+AE2＝3.∴PE＝.∴四棱锥P－ABCD的侧面积为S＝S△PAB+S△PAD+S△PCD+S△PBC＝··+··1+·1·+·2·=.点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.19、（1）；（2）最大值为11，最小值为﹣1【解析】(1)点关于x轴的对称点在反射光线上,当反射光线从点经轴反射到圆周的路程最短,最短为;(2)将式子化简得到,转化为点点距,进而转化为圆心到的距离,加减半径,即可求得最值.【详解】（1）关于x轴的对称点为，由圆C：（x+2）2+（y﹣2）2＝1得圆心坐标为C（﹣2，2），∴，即光线所走过的最短路径长为；（2）x2+y2﹣2x﹣4y＝（x﹣1）2+（y﹣2）2﹣5（x﹣1）2+（y﹣2）2表示圆C上一点P（x，y）到点（1，2）的距离的平方，由题意，得，因此，x2+y2﹣2x﹣4y的最大值为11，最小值为﹣1【点睛】本题考查最短路径问题,以及圆外一点到圆上一点的距离的最值问题,属于基础题;求最短路径时作对称点,由两点之间线段最短的原理确定长度,将圆外一点距离的最值转化为点到圆心的距离和半径之间的关系.20、k＝0或1.【解析】讨论当k＝0时和当k≠0时，两种情况，其中当k≠0时，只需Δ＝64－64k＝0即可.试题解析：当k＝0时，原方程变为－8x＋16＝0，所以x＝2，此时集合A中只有一个元素2.当k≠0时，要使一元二次方程kx2－8x＋16＝0有一个实根，需Δ＝64－64k＝0，即k＝1.此时方程的解为x1＝x2＝4，集合A中只有一个元素4.综上可知k＝0或1.21、（1）见解析（2）.【解析】（1）设BC1与CB1交于点O，连接OD，利用三角形中位线性质，证明OD∥AC1，利用线面平行的判定，可得AC1∥平面CDB1（2）过D作DE⊥BC，连结B1E，则DE⊥平面BCC1B1，于是∠DB1E为直线DB1与平面BCC1B1所成的角．利用勾股定理求出DE，B1E，计算tan∠DB1E【详解】（1）证明：设BC1与CB1交于点O，则O为BC1的中点在△ABC1中，连接OD，∵D，O分别为AB，BC1的中点，∴OD为△ABC1的中位线，∴OD∥AC1，又AC1⊄平面CDB1，OD⊂平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1（2）过D作DE⊥BC，连结B1E，则DE⊥平面BCC1B1，∴∠DB1E为直线DB1与平面BCC1B1所成的角∵D是