山东省滨州市邹平双语学校一、二区2024届高一数学第一学期期末经典模拟试题含解析

山东省滨州市邹平双语学校一、二区2024届高一数学第一学期期末经典模拟试题注意事项：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．如果全集,,,则A. B.C. D.2．已知定义在上的奇函数满足当时，，则关于的函数，（）的所有零点之和为（）A. B.C. D.3．已知,则=（）A. B.C. D.4．用a，b，c表示空间中三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题：①若a⊥b，b⊥c，则a∥c；②若a∥b，a∥c，则b∥c；③若a∥γ，b∥γ，则a∥b其中真命题的序号是()A.①② B.③C.①③ D.②5．已知函数f(x)＝设f(0)＝a，则f(a)＝（）A.－2 B.－1C. D.06．已知直线⊥平面，直线平面，给出下列命题：①∥②⊥∥③∥⊥④⊥∥其中正确命题的序号是A.①③ B.②③④C.①②③ D.②④7．若函数满足，且，，则A.1 B.3C. D.8．设集合A={3，4，5}，B={3，6}，P={x|xA}，Q={x|xB}，则PQ=A.{3}B.{3，4，5，6}C.{{3}}D.{{3}，}9．若都是锐角，且，，则的值是A. B.C. D.10．函数=的部分图像如图所示，则的单调递减区间为A. B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．命题“”的否定为___________.12．已知圆及直线，当直线被圆截得的弦长为时，的值等于________.13．已知．若实数m满足，则m的取值范围是__14．已知且，函数的图象恒经过定点，正数、满足，则的最小值为____________.15．已知定义域为R的函数，满足，则实数a的取值范围是______16．已知函数，若方程有四个不同的实根，满足，则值为__________.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．(1)一个半径为的扇形，若它的周长等于，那么扇形的圆心角是多少弧度？扇形面积是多少？(2)角的终边经过点P(，4)且cos=,则的值18．已知(1)化简(2)若是第三象限角,且，求的值19．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，三角形ABC为等腰直角三角形，AC=BC=2（1）求证：AC1//（2）二面角B120．设1若对任意恒成立，求实数m的取值范围；2讨论关于x的不等式的解集21．如图，某园林单位准备绿化一块直径为BC的半圆形空地，外的地方种草，的内接正方形PQRS为一水池，其余的地方种花.若，，设的面积为，正方形PQRS的面积为.（1）用a，表示和；（2）当a为定值，变化时，求的最小值，及此时的值.

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、A【解题分析】根据题意,先确定的范围,再求出即可.【题目详解】,,故选:A.【题目点拨】本题考查集合的运算,属于简单题.2、B【解题分析】作函数与的图象，从而可得函数有5个零点，设5个零点分别为，从而结合图象解得【题目详解】解：作函数与的图象如下，结合图象可知，函数与的图象共有5个交点，故函数有5个零点，设5个零点分别为，∴，，，故，即，故，故选B【题目点拨】本题考查了函数零点与函数的图象的关系应用及数形结合的思想应用，属于常考题型.3、B【解题分析】根据两角和的正切公式求出，再根据二倍角公式以及同角三角函数的基本关系将弦化切，代入求值即可.【题目详解】解：解得故选：【题目点拨】本题考查三角恒等变换以及同角三角函数的基本关系，属于中档题.4、D【解题分析】因为空间中，用a，b，c表示三条不同的直线，①中正方体从同一点出发的三条线，满足已知但是a⊥c，所以①错误；②若a∥b，b∥c，则a∥c，满足平行线公理，所以②正确；③平行于同一平面的两直线的位置关系可能是平行、相交或者异面，所以③错误；故选D5、A【解题分析】根据条件先求出的值，然后代入函数求【题目详解】，即，故选：A6、A【解题分析】利用线面、面面平行的性质和判断以及线面、面面垂直的性质和判断可得结果.【题目详解】②若，则与不一定平行，还可能为相交和异面；④若，则与不一定平行，还可能是相交.故选A.【题目点拨】本题是一道关于线线、线面、面面关系的题目，解答本题的关键是熟练掌握直线与平面和平面与平面的平行、垂直的性质定理和判断定理.7、B【解题分析】因为函数满足，所以，结合，可得，故选B.8、D【解题分析】集合P={x|x⊆A}表示集合A的子集构成的集合，故P={∅,{3},{4},{5},{3,4},{3,5},{4,5},{3,4,5}}，同样Q={∅,{3},{6},{3,6}}.∴P∩Q={{3},Φ}；故选D.9、A【解题分析】由已知得,,故选A.考点：两角和的正弦公式10、D【解题分析】由五点作图知，，解得，，所以，令，解得＜＜，，故单调减区间为（，），，故选D.考点：三角函数图像与性质二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】根据特称命题的否定为全称命题求解.【题目详解】因为特称命题的否定为全称命题，所以“”的否定为“”，故答案：.12、【解题分析】结合题意，得到圆心到直线的距离，结合点到直线距离公式，计算a，即可【题目详解】结合题意可知圆心到直线的距离，所以结合点到直线距离公式可得，结合，所以【题目点拨】考查了直线与圆的位置关系，考查了点到直线距离公式，难度中等13、【解题分析】由题意可得，进而解不含参数的一元二次不等式即可求出结果.【题目详解】由题意可知，即，所以，因此，故答案：.14、9【解题分析】由指数函数的性质可得函数的图象恒经过定点，进而可得，然后利用基本不等式中“1”的妙用即可求解.【题目详解】解：因为函数的图象恒经过定点，所以，又、为正数，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为9.故答案为：9.15、【解题分析】先判断函数奇偶性，再判断函数的单调性，从而把条件不等式转化为简单不等式.【题目详解】由函数定义域为R，且，可知函数为奇函数.，令则，令则即在定义域R上单调递增，又，由此可知，当时，即，函数即为减函数；当时，即，函数即为增函数，故函数在R上的最小值为，可知函数在定义域为R上为增函数.根据以上两个性质，不等式可化为，不等式等价于即解之得或故答案为16、11【解题分析】画出函数图像，利用对数运算及二次函数的对称性可得答案.【题目详解】函数的图像如图：若方程有四个不同的实根，满足，则必有，得，.故答案为：11.三、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),(2)【解题分析】(1)设弧长为，所对圆心角为，则=，即=因为所以的弧度数是，从而(2)角的终边经过点P(，4)，所以，所以.所以原式=18、(1);(2).【解题分析】分析：(1)根据诱导公式化简即得，(2)先根据诱导公式得，再根据平方关系求，即得的值.详解：(1).(2)由，得：∵是第三象限角,∴则点睛：本题考查诱导公式以及同角三角函数关系，考查基本求解能力.19、(1)见解析(2)45°【解题分析】1设BC1∩B1C=E，连接ED，则2推导出CD⊥AB，BB1⊥CD，从而CD⊥平面ABB1A1，进而CD⊥B1解析：（1）在直三棱柱ABC-A1B则E为BC1的中点，连接∵D为AB的中点，∴ED//AC，又∵ED⊂平面CDB1，AC∴AC1//（2）∵ΔABC中，AC=BC，D为AB中点，∴CD⊥AB，又∵BB1⊥平面ABC，CD⊂∴BB1⊥CD，又AB∩BB1∵B1D⊂平面ABB1A1，AB⊂平面∴∠B1DB∵ΔABC中，AB=2，∴BD=1，RtΔB1BD中，∴二面角B1-CD-B20、（1）；（2）见解析.【解题分析】1由题意可得对恒成立，即有的最小值，运用基本不等式可得最小值，即可得到所求范围；2讨论判别式小于等于0，以及判别式大于0，由二次函数的图象可得不等式的解集【题目详解】1由题意，若对任意恒成立，即为对恒成立，即有的最小值，由，可得时，取得最小值2，可得；2当，即时，的解集为R；当，即或时，方程的两根为，，可得的解集为【题目点拨】本题主要考查了不等式的恒成立问题，以及一元二次不等式的解法，注意运用转化思想和分类讨论思想方法，考查运算能力，属于中档题21、（1）；（2）当时，的值最小，最小值为【解题分析】（1）利用已知条件，根据锐角三角形中正余弦的利用，即可表示出和；（2）根据题意，将表示为的函数，利用倍角公式对函数进行转化，利用