辽宁省丹东市通远堡高中2024届高一上数学期末检测试题含解析

辽宁省丹东市通远堡高中2024届高一上数学期末检测试题注意事项：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、是方程两个根，且、，则的值是（）A. B.C.或 D.或2．对于每个实数x，设取两个函数中的较小值.若动直线y=m与函数的图象有三个不同的交点，它们的横坐标分别为,则的取值范围是（）A. B.C. D.3．设a,b均为实数，则“a>b”是“a3A.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4．，，，则（）A. B.C. D.5．若，则cos2x=（）A. B.C. D.6．下列函数中，在定义域内既是单调函数，又是奇函数的是（）A. B.C. D.7．“”是“”成立的条件A.充分不必要 B.必要不充分C.充分必要 D.既不充分又不必要8．下列所给出的函数中，是幂函数的是A. B.C. D.9．是定义在上的函数，，且在上递减，下列不等式一定成立的是A. B.C. D.10．若偶函数f（x）在区间（﹣∞，0]上单调递减，且f（3）=0，则不等式（x﹣1）f（x）＞0的解集是A. B.C D.，二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．1881年英国数学家约翰·维恩发明了Venn图，用来直观表示集合之间的关系．全集，集合，的关系如图所示，其中区域Ⅰ，Ⅱ构成M，区域Ⅱ，Ⅲ构成N．若区域Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ表示的集合均不是空集，则实数a的取值范围是______12．函数，若最大值为，最小值为，，则的取值范围是______.13．如图，扇形的面积是，它的周长是，则弦的长为___________.14．幂函数为偶函数且在区间上单调递减，则________，________.15．若、是方程的两个根，则__________.16．函数的零点是___________.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．如图，四边形中，，，，，、分别在、上，，现将四边形沿折起，使平面平面（）若，是否存在折叠后的线段上存在一点，且，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由（）求三棱锥的体积的最大值，并求此时点到平面的距离18．设函数.求函数的单调区间，对称轴及对称中心.19．已知函数f（x）（1）求f（f（﹣1））；（2）画出函数的图象并求出函数f（x）在区间[0，4）上的值域20．如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱的中点.（1）证明:平面;（2）求三棱锥的体积.21．已知，.（1）求的值；（2）求的值；（3）求的值.

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、B【解析】先用根与系数的关系可得＋＝，＝4，从而可得＜0，＜0，进而，所以，然后求的值，从而可求出的值.【详解】由题意得＋＝，＝4，所以，又、，故，所以，又.所以.故选：B.2、C【解析】如图，作出函数的图象，其中，设与动直线的交点的横坐标为，∵图像关于对称∴∵∴∴故选C点睛：本题首先考查新定义问题，首先从新定义理解函数，为此解方程，确定分界点，从而得函数的具体表达式，画出函数图象，通过图象确定三个数中具有对称关系，，因此只要确定的范围就能得到的范围.3、C【解析】因为a3-b3=(a-b)(a24、B【解析】根据对数函数和指数函数的单调性即可得出，，的大小关系【详解】，，，故选：5、D【解析】直接利用二倍角公式，转化求解即可【详解】解：，则cos2x＝1﹣2sin2x＝1﹣2故选D【点睛】本题考查二倍角的三角函数，考查计算能力6、A【解析】根据解析式可直接判断出单调性和奇偶性.【详解】对于A：为奇函数且在上单调递增，满足题意；对于B：为非奇非偶函数，不合题意；对于C：为非奇非偶函数，不合题意；对于D：在整个定义域内不具有单调性，不合题意.故选：A.7、B【解析】求出不等式的等价条件，结合不等式的关系以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可【详解】由不等式“”，解得，则“”是“”成立的必要不充分条件即“”是“”成立的必要不充分条件，故选B【点睛】本题主要考查了充分条件和必要条件的判断，其中解答中结合不等式的关系是解决本题的关键，着重考查了推理与判断能力，属于基础题.8、B【解析】根据幂函数的定义，直接判定选项的正误，推出正确结论【详解】幂函数的定义规定；y=xa（a为常数）为幂函数，所以选项中A，C，D不正确；B正确；故选B【点睛】本题考查幂函数的定义，考查判断推理能力，基本知识掌握情况，是基础题9、B【解析】对于A，由为偶函数可得，又，由及在上为减函数得，故A错；对于B，因同理可得，故B对；对于C，因无法比较大小，故C错；对于D，取，则；取，则，故与大小关系不确定，故D错，综上，选B点睛：对于奇函数或偶函数，如果我们知道其一侧的单调性，那么我们可以知道另一侧的单调性，解题时注意转化10、B【解析】由偶函数在区间上单调递减，且，所以在区间上单调递增，且，即函数对应的图象如图所示，则不等式等价为或，解得或，故选B考点：不等关系式的求解【方法点晴】本题主要考查了与函数有关的不等式的求解，其中解答中涉及到函数的奇偶性、函数的单调性，以及函数的图象与性质、不等式的求解等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能，以及推理与运算能力，试题比较基础，属于基础题，本题的解得中利用函数的奇偶性和单调性，正确作出函数的图象是解答的关键二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】由，又区域Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ表示的集合均不是空集，则或解不等式组即可【详解】由，又区域Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ表示的集合均不是空集，则或解得故答案为：12、【解析】先化简，然后分析的奇偶性，将的最大值和小值之和转化为和有关的式子，结合对勾函数的单调性求解出的取值范围.【详解】，令，定义域为关于原点对称，∴，∴为奇函数，∴，∴，，由对勾函数的单调性可知在上单调递减，在上单调递增，∴，，，∴，∴，故答案为：.【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于函数奇偶性的判断，同时需要注意到奇函数在定义域上如果有最值，那么最大值和最小值一定是互为相反数.13、【解析】由扇形弧长、面积公式列方程可得，再由平面几何的知识即可得解.【详解】设扇形的圆心角为，半径为，则由题意，解得，则由垂径定理可得.故答案为：.14、(1).或3(2).4【解析】根据题意可得：【详解】区间上单调递减，，或3，当或3时，都有，，.故答案为：或3;4.15、【解析】由一元二次方程根与系数的关系可得，，再由

，运算求得结果【详解】、是方程的两个根，，，，，故答案为：16、和【解析】令y=0，直接解出零点.【详解】令y=0，即，解得：和故答案为：和【点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解三、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)答案见解析；(2)答案见解析.【解析】(1)存在，使得平面，此时，即，利用几何关系可知四边形为平行四边形，则，利用线面平行的判断定理可知平面成立(2)由题意可得三棱锥的体积，由均值不等式的结论可知时，三棱锥的体积有最大值，最大值为建立空间直角坐标系，则，平面的法向量为，故点到平面的距离试题解析：（）存在，使得平面，此时证明：当，此时，过作，与交，则，又，故，∵，，∴，且，故四边形为平行四边形，∴，∵平面，平面，∴平面成立（）∵平面平面，平面，，∴平面，∵，∴，，，故三棱锥的体积，∴时，三棱锥的体积有最大值，最大值为建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，设平面的法向量为，则，∴，取，则，，∴∴点到平面的距离18、函数增区间为；减区间为；对称轴为；对称中心为【解析】根据的单调区间、对称轴及对称中心即可得出所求的.【详解】函数增区间为同理函数减区间为令其对称轴为令其对称中心为【点睛】本题主要考查的是正弦函数的图像和性质，考查学生对正弦函数图像和性质的理解和应用，同时考查学生的计算能力，是中档题.19、（1）（2）图像见解析；值域为[1，16）【解析】(1)先求出的值，然后再求的值.(2)在同一坐标系中分别作出函数的图像，在根据各自的定义域选取相应的图像，然后可根据函数图像得出函数在[0，4）上的值域.【详解】（1）∵f（﹣1）＝3，f（3）＝9，∴f（f（﹣1））＝f（3）＝9（2）图象如下：∵f（0）＝2，f（4）＝16，f（1）＝1，根据数图像，可得函数在区间[0，4）上值域为[1，16）【点睛】本题考查求分段函数的函数值和作出分段函数的图像，并根据函数图像求函数的值域，属于基础题.20、（1）证明见解析（2）【解析】（1）连接,设,连接EF,EO,利用中位线和正方体的性质证明四边形是平行四边形,进而可证平面；（2）由平面可得点F,到平面的距离相等,则,进而求得三棱锥的体积即可【详解】（1）证明：连接,设,连接EF,EO,因为E,F分别是棱的中点,所以