2024届浙江省湖州市高中联盟高一数学第一学期期末质量检测试题含解析

2024届浙江省湖州市高中联盟高一数学第一学期期末质量检测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．已知圆：与圆：，则两圆的位置关系是A.相交 B.相离C.内切 D.外切2．如图正方体，棱长为1，为中点，为线段上的动点，过的平面截该正方体所得的截面记为，则下列命题正确的是当时，为四边形；当时，为等腰梯形；当时，与交点R满足；当时，为六边形；当时，的面积为A. B.C. D.3．函数的零点的个数为A. B.C. D.4．将函数的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将所得的图像向左平移个单位，得到的图像对应的解析式为（）A. B.C. D.5．计算的值为A. B.C. D.6．函数的零点所在的一个区间是（）A. B.C. D.7．（）A. B.C. D.18．如图所示，在中，D、E分别为线段、上的两点，且，，，则的值为（）.A. B.C. D.9．已知函数，，的零点分别为则的大小顺序为（）A. B.C. D.10．在平行四边形中，与相交于点,是线段中点，的延长线交于点,若，则等于（）A. B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．函数的最小值为__________12．已知角的终边经过点，则的值等于______.13．已知点是角终边上一点，且，则的值为__________.14．设是第三象限的角，则的终边在第_________象限.15．已知函数，对于任意都有，则的值为______________.16．函数(且)恒过的定点坐标为_____，若直线经过点且，则的最小值为___________.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．已知直线与的交点为.（1）求交点的坐标；（2）求过交点且平行于直线的直线方程.18．如图，几何体EF-ABCD中，四边形CDEF是正方形，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AD⊥DC，△ACB是腰长为2的等腰直角三角形，平面CDEF⊥平面ABCD（1）求证：BC⊥AF；（2）求几何体EF-ABCD的体积19．已知函数.（1）若函数的图象关于直线x＝对称，且，求函数的单调递增区间.（2）在（1）的条件下，当时，函数有且只有一个零点，求实数b的取值范围.20．已知函数（1）若的定义域为R，求a的取值范围；（2）若对恒成立，求a的取值范围21．已知函数.（1）求的定义域；（2）若函数，且对任意的，，恒成立，求实数a的取值范围.

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、C【解题分析】分析：求出圆心的距离，与半径的和差的绝对值比较得出结论详解：圆，圆,，所以内切．故选C点睛：两圆的位置关系判断如下：设圆心距为，半径分别为，则：，内含；，内切；，相交；，外切；，外离2、D【解题分析】由已知根据的不同取值，分别作出不同情况下的截面图形，利用数形结合思想能求出结果【题目详解】当时，如图，是四边形，故正确当时，如图，为等腰梯形，正确；当时，如图,由三角形与三角形相似可得，由三角形与三角形相似可得,，正确当时，如图是五边形，不正确；当时，如图是菱形，面积为，正确，正确的命题为，故选D【题目点拨】本题主要考查正方体的截面，意在考查空间想象能力，解题时要认真审题，注意数形结合思想的合理运用，是中档题3、B【解题分析】略【题目详解】因为函数单调递增，且x=3,y>0,x=1,y<0，所以零点个数为14、B【解题分析】由三角函数的平移变换即可得出答案.【题目详解】函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），可得，再将所得的图象向左平移个单位可得故选：B.5、D【解题分析】直接由二倍角的余弦公式，即可得解.【题目详解】由二倍角公式得：，故选D.【题目点拨】本题考查了二倍角的余弦公式，属于基础题.6、B【解题分析】判断函数的单调性，再借助零点存在性定理判断作答.【题目详解】函数在R上单调递增，而，，所以函数的零点所在区间为.故选：B7、B【解题分析】先利用诱导公式把化成，就把原式化成了两角和余弦公式，解之即可.【题目详解】由可知，故选：B8、C【解题分析】由向量的线性运算可得＝+，可得，又A，M，D三点共线，则存在b∈R，使得，则可建立关于a，b的方程组，即可求得a值，从而可得λ，μ，进而得解【题目详解】解：因为，，所以，，所以，所以，又A，M，D三点共线，则存在b∈R，使得，所以，解得，所以，因为，所以由平面向量基本定理可得λ＝，μ＝，所以λ+μ＝故选：C9、C【解题分析】利用数形结合，画出函数的图象，判断函数的零点的大小即可【题目详解】函数，，的零点转化为，，与的图象的交点的横坐标，因为零点分别为在坐标系中画出，，与的图象如图：可知，，，满足故选：10、A【解题分析】化简可得，再由及选项可得答案【题目详解】解：由题意得，，；、、三点共线，，结合选项可知，；故选：二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】所以，当，即时，取得最小值.所以答案应填：.考点：1、对数的运算；2、二次函数的最值.12、【解题分析】根据三角函数定义求出、的值，由此可求得的值.【题目详解】由三角函数的定义可得，，因此，.故答案为：.13、【解题分析】由三角函数定义可得,进而求解即可【题目详解】由题,,所以,故答案为：【题目点拨】本题考查由三角函数值求终边上的点,考查三角函数定义的应用14、二或四【解题分析】根据是第三象限角，得到，，再得到，，然后讨论的奇偶可得答案.【题目详解】因为是第三象限角，所以，，所以，，当为偶数时，为第二象限角，当为奇数时，为第四象限角.故答案为：二或四.15、【解题分析】由条件得到函数的对称性，从而得到结果【题目详解】∵f＝f，∴x＝是函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)的一条对称轴．∴f＝±2.【题目点拨】本题考查了正弦型三角函数的对称性，注意对称轴必过最高点或最低点，属于基础题.16、①.②.【解题分析】根据对数函数过定点得过定点，再根据基本不等式“1”的用法求解即可.【题目详解】解：函数(且)由函数(且)向上平移1个单位得到，函数(且)过定点，所以函数过定点，即，所以，因为，所以所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为故答案为：；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)点的坐标是;(2)直线方程为.【解题分析】（1）联立两条直线的方程得到交点坐标；（2）根据条件可设所求直线方程为，将P点坐标代入得到参数值解析：（1）由解得所以点的坐标是.（2）因为所求直线与平行，所以设所求直线方程为把点坐标代入得，得故所求的直线方程为.18、（1）详见解析；（2）.【解题分析】（1）推导出FC⊥CD，FC⊥BC，AC⊥BC，由此BC⊥平面ACF，从而BC⊥AF（2）推导出AC＝BC＝2，AB4，从而AD＝BCsin∠ABC＝22，由V几何体EF﹣ABCD＝V几何体A﹣CDEF+V几何体F﹣ACB，能求出几何体EF﹣ABCD的体积【题目详解】（1）因为平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD=CD，又四边形CDEF是正方形，所以FC⊥CD，FC⊂平面CDEF，所以FC⊥平面ABCD，所以FC⊥BC因为△ACB是腰长为2的等腰直角三角形，所以AC⊥BC又AC∩CF=C，所以BC⊥平面ACF所以BC⊥AF（2）因为△ABC是腰长为2的等腰直角三角形，所以AC=BC=2，AB==4，所以AD=BCsin∠ABC=2=2，CD=AB=BCcos∠ABC=4-2cos45°=2，∴DE=EF=CF=2，由勾股定理得AE==2，因为DE⊥平面ABCD，所以DE⊥AD又AD⊥DC，DE∩DC=D，所以AD⊥平面CDEF所以V几何体EF-ABCD=V几何体A-CDEF+V几何体F-ACB==+==【题目点拨】本题考查线线垂直的证明，考查几何体的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题19、（1）（2）或【解题分析】（1）先求得函数的解析式，再整体代入法去求函数单调递增区间即可；（2）依据函数的单调性及零点个数列不等式组即可求得实数b的取值范围.【小问1详解】由，可得又函数的图象关于直线x＝对称，则，则故由，可得则函数的单调递增区间为【小问2详解】由（1）可知当时，，由得，由得则函数在上单调递增，在上单调递减，由函数有且只有一个零点，可得或，解得或20、（1）（2）【解题分析】（1）转化为，可得答案；（2）转化为时，利用基本不等式对求最值可得答案【小问1详解】由题意得恒成立，得，解得，故a的取值范围为【小问2详解】由，得，即，因为，所以，因为，所以，当且仅当，即时，等号成立故，a的取值范围为21、（1）.（2）（2，+∞）.【解题分析】（1）使对数式有意义，即得定义域；（2）命题等价于，如其中一个不易求得，如不易求，则转化恒成立，再由其它方法如分离参数法求解或由二次不等式恒成立问题求解【题目详解