湖北省咸宁市重点中学2023-2024学年高一数学第一学期期末含解析

湖北省咸宁市重点中学2023-2024学年高一数学第一学期期末考生须知：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，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．已知集合，则（）A B.C. D.2．函数的零点所在区间是A. B.C. D.3．已知，则的大小关系为A. B.C. D.4．若指数函数，则有（）A.或 B.C. D.且5．函数的最小正周期是A. B.C. D.6．已知函数，当时．方程表示的直线是（）A. B.C. D.7．已知，，，则a，b，c的大小关系为（）A. B.C. D.8．将函数，且，下列说法错误的是（）A.为偶函数 B.C.若在上单调递减，则的最大值为9 D.当时，在上有3个零点9．已知a，b，c，d均为实数，则下列命题正确的是（）A.若，，则B.若，，则C.若，则D.若，则10．若将函数的图象向左平移个单位长度，则平移后图象的对称轴为（）A. B.C. D.11．已知偶函数的定义域为，当时，，若，则的解集为（）A. B.C. D.12．已知函数则（）A.－ B.2C.4 D.11二、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．已知实数x、y满足，则的最小值为____________.14．已知是锐角，且sin＝，sin＝_________.15．已知向量，，，则=_____.16．函数且的图象恒过定点__________.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．已知平面向量满足:，|.（1）若，求的值；（2）设向量的夹角为，若存在，使得，求的取值范围.18．如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，D,E分别是AB，BB1的中点.（Ⅰ）证明：BC1//平面A1CD;（Ⅱ）设AA1=AC=CB=2，AB=2，求三棱锥C一A1DE的体积.19．函数是定义在上的奇函数，且.（1）确定函数的解析式；（2）用定义证明在上是增函数.20．如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，且，，分别为，中点(1)求证：平面；(2)求证：平面平面；(3)求三棱锥的体积21．已知集合，.（1）若，求；（2）若，求的取值范围.22．抛掷两颗骰子，计算：（1）事件“两颗骰子点数相同”的概率；（2）事件“点数之和小于7”概率；（3）事件“点数之和等于或大于11”的概率.

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、D【解析】利用元素与集合的关系判断即可.【详解】由集合，即集合是所有的偶数构成的集合.所以，，，故选：D2、B【解析】通过计算，判断出零点所在的区间.【详解】由于，，，故零点在区间，故选B.【点睛】本小题主要考查零点的存在性定理的应用，考查函数的零点问题，属于基础题.3、D【解析】,且,,,故选D.4、C【解析】根据指数函数的概念，由所给解析式，可直接求解.【详解】因为是指数函数，所以，解得.故选：C5、D【解析】分析：直接利用周期公式求解即可.详解：∵，，∴．故选D点睛：本题主要考查三角函数的图象与性质，属于简单题.由函数可求得函数的周期为；由可得对称轴方程；由可得对称中心横坐标.6、C【解析】先利用对数函数的性质得到所以，再利用直线的斜率和截距判断.【详解】因为时，，所以则直线的斜率为，在轴上的截距故选：C7、D【解析】利用指数函数和对数函数的单调性求解.【详解】因为，，，所以，故选：D8、C【解析】先求得，然后结合函数的奇偶性、单调性、零点对选项进行分析，从而确定正确选项.【详解】，，所以，为偶函数，A选项正确.，B选项正确.，若在上单调递减，则，，由于，所以，所以的最大值为，的最大值为，C选项错误.当时，，，当时，，所以D选项正确.故选：C9、B【解析】利用不等式的性质逐项判断可得出合适的选项.【详解】对于A选项，若，，则，故，A错；对于B选项，若，，则，所以，，故，B对；对于C选项，若，则，则，C错；对于D选项，若，则，所以，，D错.故选：B.10、C【解析】由题意得，将函数的图象向左平移个单位长度，得到，由，得，即平移后的函数的对称轴方程为，故选C11、D【解析】先由条件求出参数，得到在上的单调性，结合和函数为偶函数进行求解即可.【详解】因为为偶函数，所以，解得.在上单调递减，且.因为，所以，解得或.故选：D12、C【解析】根据分段函数的分段条件，先求得，进而求得的值，得到答案.【详解】由题意，函数，可得，所以.故选：C.【点睛】本题主要考查了分段函数的求值问题，其中解答中根据分段函数的分段条件，代入准确运算是解答的关键，着重考查运算与求解能力.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、【解析】利用基本不等式可得，即求.【详解】依题意，当且仅当，即时等号成立.所以的最小值为.故答案为：.14、【解析】由诱导公式可求解.【详解】由，而.故答案为：15、【解析】先根据向量的减法运算求得,再根据向量垂直的坐标表示,可得关于的方程,解方程即可求得的值.【详解】因为向量，，所以则即解得故答案为:【点睛】本题考查了向量垂直的坐标关系,属于基础题.16、【解析】令真数为，求出的值，再代入函数解析式，即可得出函数的图象所过定点的坐标.【详解】令，得，且.函数的图象过定点.故答案为：.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）用向量数量积运算法则展开；（2）两边同时平方，转化为关于的一元二次方程有解.【详解】（1）若，则，又因为，|，所以，所以；（2）若，则，又因为，，所以即，所以，解得或，所以.【点睛】本题关键:“向量模的关系”转化为“关于的一元二次方程有解”，，再转化为的不等式，属于中档题.18、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）连接AC1交A1C于点F，则DF为三角形ABC1的中位线，故DF∥BC1．再根据直线和平面平行的判定定理证得BC1∥平面A1CD．（Ⅱ）由题意可得此直三棱柱的底面ABC为等腰直角三角形，由D为AB的中点可得CD⊥平面ABB1A1．求得CD的值，利用勾股定理求得A1D、DE和A1E的值，可得A1D⊥DE．进而求得S△A1DE的值，再根据三棱锥C-A1DE的体积为•S△A1DE•CD，运算求得结果试题解析：（1）证明：连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF.3分因DF⊂平面A1CD，BC1不包含于平面A1CD，4分所以BC1∥平面A1CD.5分（2）解：因为ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥CD．由已知AC=CB，D为AB的中点，所以CD⊥AB．又AA1∩AB=A，于是CD⊥平面ABB1A1.8分由AA1=AC=CB=2，得∠ACB=90°，，，，A1E=3，故A1D2+DE2=A1E2，即DE⊥A1D10分所以三菱锥C﹣A1DE的体积为：==1.12分考点：直线与平面平行的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积19、（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）由函数是定义在上的奇函数，则，解得的值，再根据，解得的值从而求得的解析式；（2）设，化简可得，然后再利用函数的单调性定义即可得到结果【详解】解：（1）依题意得∴∴∴（2）证明：任取，∴∵，∴，，，由知，，∴.∴.∴在上单调递增.20、（1）见解析；（2）见解析；（3）.【解析】（Ⅰ）利用三角形的中位线得出OM∥VB，利用线面平行的判定定理证明VB∥平面MOC；（Ⅱ）证明OC⊥平面VAB，即可证明平面MOC⊥平面VAB；（Ⅲ）利用等体积法求三棱锥A-MOC的体积即可试题解析：（Ⅰ）证明：∵O，M分别为AB，VA的中点，∴OM∥VB，∵VB⊄平面MOC，OM⊂平面MOC，∴VB∥平面MOC；（Ⅱ）证明：∵AC=BC，O为AB的中点，∴OC⊥AB，又∵平面VAB⊥平面ABC，平面ABC∩平面VAB=AB，且OC⊂平面ABC，∴OC⊥平面VAB，∵OC⊂平面MOC，∴平面MOC⊥平面VAB（Ⅲ）在等腰直角三角形中，，所以.所以等边三角形的面积.又因为平面，所以三棱锥的体积等于.又因为三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，所以三棱锥的体积为.考点：平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定；用向量证明平行21、（1）；（2）.【解析】（1）先由得，再由并集的概念，即可得出结果；（2）根据，分别讨论，两种情况，即可得出结果.【详解】（1）若，则，又，所以；（2）因为，若，则，即；若，只需，解得，综上，取值范围为.【点睛】本题主要考查求集合的并集，考查由集合的包含关系求参数，属于常考题型.22、（1）；（2）；（3）【解析】（1）根据所有的基本事件的个数为，而所得点数相同的情况有种，从而求得事件“两颗骰子点数相同”的概率；（2）根据所有的基本事件的个数，求所求的“