山东省潍坊市昌乐县2024届数学高一上期末复习检测模拟试题含解析

山东省潍坊市昌乐县2024届数学高一上期末复习检测模拟试题注意事项：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；在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，请将正确选项填涂在答题卡上.）1．符号函数是一个很有用的函数，符号函数能够把函数的符号析离出来，其表达式为若定义在上的奇函数，当时，，则的图象是（）A. B.C. D.2．若函数的定义域是（）A. B.C. D.3．“，”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4．点P在正方形ABCD所在平面外，PD⊥平面ABCD，PD=AD，则PA与BD所成角的度数为（）A.30° B.45°C.60° D.90°5．已知的部分图象如图所示，则的表达式为A.B.C.D.6．已知两点，点在直线上，则的最小值为（）A. B.9C. D.107．已知幂函数的图象过点，则的定义域为（）A.R B.C. D.8．函数与（且）在同一坐标系中的图象可能是（）A. B.C. D.9．已知向量，满足，，且，则（）A. B.2C. D.10．若，则的最小值是（）A. B.C. D.二、填空题（本大题共5小题，请把答案填在答题卡中相应题中横线上）11．已知，，则函数的值域为______12．已知，，，则________13．已知，均为锐角，，，则的值为______14．已知角α∈(－，0)，cosα＝，则tanα＝________.15．如图，在长方体ABCD—中，AB＝3cm，AD＝2cm，，则三棱锥的体积___________.三、解答题（本大题共6小题.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）16．在中，角的对边分别为,的面积为,已知,,（1）求值；（2）判断的形状并求△的面积17．已知函数.（1）若函数在上至少有一个零点，求的取值范围；（2）若函数在上的最大值为3，求的值.18．（1）若正数a，b满足，求的最小值，并求出对应的a，b的值；（2）若正数x，y满足，求的取值范围19．定义在R上的函数对任意的都有，且，当时.（1）求的值，并证明是R上的增函数；（2）设，（i）判断的单调性（不需要证明）（ii）解关于x的不等式.20．已知直线与相交于点，直线（1）若点在直线上，求的值；（2）若直线交直线，分别为点和点，且点的坐标为，求的外接圆的标准方程21．已知全集U＝R，集合，，求：(1)A∩B；(2).

参考答案一、选择题（本大题共10小题；在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，请将正确选项填涂在答题卡上.）1、C【解析】根据函数的奇偶性画出的图象，结合的知识确定正确答案.【详解】依题意，是定义在上的奇函数，图象关于原点对称.当时，，结合的奇偶性，作出的大致图象如下图所示，根据的定义可知，选项C符合题意.故选：C2、C【解析】根据偶次根号下非负，分母不等于零求解即可.【详解】解：要使函数有意义，则需满足不等式，解得：且，故选：C3、A【解析】根据充分条件和必要条件的定义判断.【详解】∵“，”可推出“”，“”不能推出“，”，例如，时，，∴“，”是“”充分不必要条件.故选：A4、C【解析】分别取AC.PC中点O.E.连OE,DE;则OE//PA,所以（或其补角）就是PA与BD所成的角；因PD⊥平面ABCD，所以PD⊥DC,PD⊥AD.设正方形ABCD边长为2，则PA=PC=BD=所以OD=OE=DE=,是正三角形，，故选C5、B【解析】由图可知，，所以，所以，又当，即，所以，即，当时，，故选.考点：三角函数的图象与性质.6、C【解析】根据给定条件求出B关于直线的对称点坐标，再利用两点间距离公式计算作答.【详解】依题意，若关于直线的对称点，∴，解得，∴，连接交直线于点，连接，如图，在直线上任取点C，连接，显然，直线垂直平分线段，则有，当且仅当点与重合时取等号，∴，故的最小值为.故选：C7、C【解析】设，点代入即可求得幂函数解析式，进而可求得定义域.【详解】设，因为的图象过点，所以，解得，则，故的定义域为故选：C8、B【解析】分析一次函数的单调性，可判断AD选项，然后由指数函数的单调性求得的范围，结合直线与轴的交点与点的位置关系可得出合适的选项.【详解】因为一次函数为直线，且函数单调递增，排除AD选项.对于B选项，指数函数单调递减，则，可得，此时，一次函数单调递增，且直线与轴的交点位于点的上方，合乎题意；对于C选项，指数函数单调递减，则，可得，此时，一次函数单调递增，且直线与轴的交点位于点的下方，不合乎题意.故选：B.9、B【解析】根据向量数量积模的公式求，再代入模的公式，求的值.【详解】因为，所以，则，所以，故故选：B10、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：A二、填空题（本大题共5小题，请把答案填在答题卡中相应题中横线上）11、【解析】，又，∴，∴故答案为12、【解析】由诱导公式将化为，再由，根据两角差的正弦公式，即可求出结果.【详解】因，所以，，又，，所以，，所以，，所以.故答案为【点睛】本题主要考查简单的三角恒等变换，熟记两角差的正弦公式以及诱导公式，即可求解，属于常考题型.13、【解析】直接利用两角的和的正切关系式，即可求出结果【详解】已知，均锐角，，，则，所以：，故故答案为【点睛】本题主要考查了三角函数关系式的恒等变换，以及两角和的正切关系式的应用，其中解答中熟记两角和的正切的公式，准确运算是解答的关键，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型14、【解析】利用同角三角函数的平方关系和商数关系，即得解【详解】∵α∈(－，0)，cosα＝，∴sinα＝－＝－，∴tanα＝＝－.故答案为：15、1【解析】根据题意，求得棱锥的底面积和高，由体积公式即可求得结果.【详解】根据题意可得，平面，故可得，又因为，故可得.故答案为：.【点睛】本题考查三棱锥体积的求解，涉及转换棱锥的顶点，属基础题.三、解答题（本大题共6小题.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）16、（1）;（2）是等腰三角形，其面积为【解析】（1）由结合正弦面积公式及余弦定理得到，进而得到结果；（2）由结合内角和定理可得分两类讨论即可.试题解析：（1），由余弦定理得，（2）即或（ⅰ）当时，由第（1）问知，是等腰三角形，（ⅱ）当时，由第（1）问知，又，矛盾，舍.综上是等腰三角形，其面积为点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.第三步：求结果.17、(1)；（2）或.【解析】（1）由函数在至少有一个零点，方程至少有一个实数根，，解出即可；（2）通过对区间端点与对称轴顶点的横坐标的大小比较，再利用二次函数的单调性即可得出函数在上的最大值，令其等于可得结果.试题解析：（1）由.（2）化简得，当，即时，；当，即时，，，（舍）；当，即时，，综上，或.18、（1）当且仅当时，取得最小值为18；（2）【解析】（1）化简得，再利用基本不等式求最值；（2）由题得，再解一元二次不等式得解.【详解】（1）原式，当且仅当时取等号，所以最小值为18.（2），即，即，解得，所以，当且仅当取等号所以的取值范围为19、（1），证明见解析（2）（i）在上是单减单减函数（ii）【解析】(1)令可得，再可得答案，设，则，所以可证明单调性；(2)（i）根据复合函数的单调性法则可得答案;（ii）由题意可得，，结合函数的单调性可得的解为，则原不等式等价于，从而可得答案.【小问1详解】在中，令可得，则令可得，可得任取且，则，所以则即，所以是R上的增函数【小问2详解】（i）由在上是单减单减函数，又单调递增由复合函数的单调性规律可得在上是单减单减函数.（ii）由，所以的解为从而不等式的解为，即即，整理可得即，解得或，所以或所以原不等式的解集为20、(1)；(2).【解析】（1）求出两直线的交点P坐标，代入方程可得；（2）把B坐标代入方程可得，由方程联立可解得A点坐标，可设圆的一般方程，代入三点坐标后可解得其中的参数，最后再配方可得标准方程试题解析：(1)又P在直线l3上，，(2)在l3上，，联立l3,l1得：设△PAB的外接圆方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0把P(0，1)，A(1，0)，B(3，2)代入得：△PAB的外接圆方程为x2+y2x+2y=0，即(x)2+(y+1)2=5点睛：第（2）题中求圆的方程，可不设圆方程的一般式，用以下方法求解：由于l1⊥l2，所以PAPB△PAB的外接圆是以AB为直径的圆外接圆方程为：(x)(x)+y(y+1)=0整