四川省成都市成都市树德中学2024届数学高一上期末质量检测试题含解析

四川省成都市成都市树德中学2024届数学高一上期末质量检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．甲、乙两位同学解答一道题：“已知，，求的值.”甲同学解答过程如下：解：由，得.因为，所以.所以.乙同学解答过程如下：解：因为，所以.则在上述两种解答过程中（）A.甲同学解答正确，乙同学解答不正确 B.乙同学解答正确，甲同学解答不正确C.甲、乙两同学解答都正确 D.甲、乙两同学解答都不正确2．把长为的细铁丝截成两段，各自围成一个正三角形，那么这两个正三角形面积之和的最小值是（）A. B.C. D.3．若两条平行直线与之间的距离是，则m+n=A.0 B.1C.-2 D.-14．已知函数为偶函数，在单调递减，且在该区间上没有零点，则的取值范围为（）A. B.C. D.5．在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，角的始边与轴非负半轴重合，角的终边经过点，则（）A B.C. D.6．已知，，则（）A. B.C.或 D.7．一个三棱锥的三视图如右图所示，则这个三棱锥的表面积为（）A. B.C. D.8．某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）是（）A. B.C. D.9．设是两个单位向量，且，那么它们的夹角等于（）A. B.C. D.10．函数零点所在的大致区间的A. B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．如图1，正方形ABCD的边长为2，点M为线段CD的中点.现把正方形纸按照图2进行折叠，使点A与点M重合，折痕与AD交于点E，与BC交于点F.记，则_______.12．已知，则的值为______13．若命题“”为真命题，则的取值范围是______14．在中，，BC边上的高等于,则______________15．已知a，b为直线，α，β，γ为平面，有下列四个命题：（1）a∥α，b∥β，则a∥b；（2）a⊥γ，b⊥γ，则a∥b；（3）a∥b，b⊂α，则a∥α；（4）a⊥b，a⊥α，则b∥α；其中正确命题是__16．已知，则________.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．已知函数（1）求的单调增区间；（2）当时，求函数最大值和最小值.18．已知函数最小正周期为.（1）求的值：（2）将函数的图象先向左平移个单位，然后向上平移1个单位，得到函数，若在上至少含有4个零点，求b的最小值.19．如图，直三棱柱中，分别是的中点，.（1）证明：平面；（2）证明：平面平面.20．已知函数（I）若是第一象限角，且．求的值；（II）求使成立的x的取值集合21．求证：角为第二象限角的充要条件是

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、D【解题分析】分别利用甲乙两位同学的解题方法解题，从而可得出答案.【题目详解】解：对于甲同学，由，得，因为因为，所以，所以，故甲同学解答过程错误；对于乙同学，因为，所以，故乙同学解答过程错误.故选：D.2、D【解题分析】先得到两个正三角形面积之和的表达式，再对其求最小值即可.【题目详解】设一个正三角形的边长为，则另一个正三角形的边长为，设两个正三角形的面积之和为，则，当时，S取最小值.故选：D3、C【解题分析】根据直线平行得到，根据两直线的距离公式得到，得到答案.【题目详解】由，得，解得，即直线，两直线之间的距离为，解得(舍去)，所以故答案选C.【题目点拨】本题考查了直线平行，两平行直线之间的距离，意在考查学生的计算能力.4、D【解题分析】根据函数为偶函数，得到，再根据函数在单调递减，且在该区间上没有零点，由求解.【题目详解】因为函数为偶函数，所以，由，得，因为函数在单调递减，且在该区间上没有零点，所以，解得，所以的取值范围为，故选：D5、A【解题分析】根据任意角的三角函数定义即可求解.【题目详解】解：由题意知：角的终边经过点，故.故选：A.6、A【解题分析】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.【题目详解】，，，，，，所以，，.故选：A..7、B【解题分析】由三视图可画出该三棱锥的直观图，如图，图中正四棱柱的底面边长为，高为，棱锥的四个面有三个为直角三角形，一个为腰长为，底长的等腰三角形，其面积分别为：，所以三棱锥的表面积为，故选B.8、C【解题分析】先还原几何体为一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果.【题目详解】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为，底面为直角梯形，上下底分别为、，梯形的高为，因此几何体的体积为，选C.【题目点拨】先由几何体的三视图还原几何体的形状，再在具体几何体中求体积或表面积等.9、C【解题分析】由条件两边平方可得，代入夹角公式即可得到结果.【题目详解】由，可得：，又是两个单位向量，∴∴∴它们的夹角等于故选C【题目点拨】本题考查单位向量的概念，向量数量积的运算及其计算公式，向量夹角余弦的计算公式，以及已知三角函数求角，清楚向量夹角的范围10、B【解题分析】函数是单调递增函数，则只需时，函数在区间（a，b）上存在零点.【题目详解】函数,x>0上单调递增，，函数f（x）零点所在的大致区间是；故选B【题目点拨】本题考查利用函数零点存在性定义定理求解函数的零点的范围，属于基础题；解题的关键是首先要判断函数的单调性，再根据零点存在的条件：已知函数在（a，b）连续，若确定零点所在的区间.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】设，则，利用勾股定理求得，进而得出，根据正弦函数的定义求出，由诱导公式求出，结合同角的三角函数关系和两角和的正弦公式计算即可.【题目详解】设，则，在中，，所以，即，解得，所以，所以在中，，则，又，所以.故答案为：12、2【解题分析】根据给定条件把正余弦的齐次式化成正切，再代入计算作答.【题目详解】因，则，所以的值为2.故答案为：213、【解题分析】依题意可得恒成立，则，得到一元二次不等式，解得即可；【题目详解】解：依题意可得，命题等价于恒成立，故只需要解得，即故答案为：14、.【解题分析】设边上的高为，则，求出，．再利用余弦定理求出.【题目详解】设边上的高为，则，所以，由余弦定理，知故答案为【题目点拨】本题主要考查余弦定理，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.15、②【解题分析】对于①，，则，位置关系不确定，的位置关系不能确定；对于②，由垂直于同一平面的两直线平行知，结论正确；对于③，，则或；对于④，，则或，故答案为②.【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定与性质、面面垂直的性质及线面垂直的判定，属于难题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.16、【解题分析】利用诱导公式化简等式，可求出的值，将所求分式变形为，在所得分式的分子和分母中同时除以，将所求分式转化为只含的代数式，代值计算即可.【题目详解】，，，因此，.故答案为：.【题目点拨】本题考查利用诱导公式和弦化切思想求值，解题的关键就是求出的值，考查计算能力，属于基础题.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）单调递增区间为；（2），.【解题分析】（1）利用和差公式和倍角公式把化为，然后可解出答案；（2）求出的范围，然后由正弦函数的知识可得答案.【题目详解】（1）由可得单调递增区间为（2），即时，即时，18、（1）1（2）【解题分析】（1）利用平方关系、二倍角余弦公式、辅助角公式化简函数解析式，然后根据周期公式即可求解；（2）利用三角函数的图象变换求出的解析式，然后借助三角函数的图象即可求解.【小问1详解】解：，因为函数的最小正周期为，即，所以；【小问2详解】解：由（1）知，由题意，函数，令，即，因为在上至少含有4个零点，所以，即，所以的最小值为.19、（1）见解析；（2）见解析【解题分析】（1）连结，交点，连，推出//1，即可证明平面；（2）取的中点，连结，证明四边形是平行四边形，证明，得到平面，然后证明平面平面试题解析：（1）连结，交点，连，则是的中点，因为是的中点，故//.因为平面，平面.所以//平面.（2）取的中点，连结，因为是的中点，故//且.显然//，且，所以//且则四边形是平行四边形.所以//.因为，所以又，所以直线平面.因为//，所以直线平面.因为平面，所以平面平面20、（I）（II）【解题分析】该题属于三角函数的综合问题，在解题的过程中，第一问需要先化简函数解析式，在化简的过程中，应用正余弦的差角公式，化简后利用，从而求得，根据是第一象限角，从而确定出，利用倍角公式建立起所满足的等量关系式，从而求得结果，第二问将相应的函数解析式代入不等式，化简后得到，结合正弦函数的性质，可以求得结果试题解析：（1），求得，根据是第一象限角，所以，且；（2）考点：正余弦差角公式，辅助角公式，同角三角函数关系式，倍角公式，三角不等式21、证明见解析【解题分析】先证明充分性，即由可以推得角为第二象限角，再证明必要性