2024届江西省吉安市遂川中学高一数学第一学期期末学业水平测试试题含解析

2024届江西省吉安市遂川中学高一数学第一学期期末学业水平测试试题注意事项：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．已知直线经过点，倾斜角的正弦值为，则的方程为（）A. B.C. D.2．下列哪组中的两个函数是同一函数（）A.与 B.与C.与 D.与3．要得到函数的图象，只需将函数的图象（）A.向左平移个单位长度B.向左平移个单位长度C.向右平移个单位长度D.向右平移个单位长度4．如果，那么A. B.C. D.5．关于函数的叙述中，正确的有（）①的最小正周期为；②在区间内单调递增；③是偶函数；④的图象关于点对称.A.①③ B.①④C.②③ D.②④6．已知偶函数在区间内单调递增，若，，，则的大小关系为（）A. B.C. D.7．已知正方体外接球的表面积为，正方体外接球的表面积为，若这两个正方体的所有棱长之和为，则的最小值为（）A. B.C. D.8．函数f（x）=lnx﹣1的零点所在的区间是A（1，2） B.（2，3）C.（3，4） D.（4，5）9．已知是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是（）A.若则 B.若则C.若则 D.若则10．已知函数为上偶函数，且在上的单调递增，若，则满足的的取值范围是（）A. B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．某工厂师徒二人各加工相同型号的零件2个，是否加工出精品均互不影响．已知师傅加工一个零件是精品的概率为，师徒二人各加工2个零件都是精品的概率为，则徒弟加工2个零件都是精品的概率为______12．已知角的终边过点（1，－2），则________13．已知函数．则函数的最大值和最小值之积为______14．计算____________15．一个棱长为2cm的正方体的顶点都在球面上，则球的体积为_______cm³.16．已知，若，使得，若的最大值为，最小值为，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．设函数是定义域为的任意函数.(1)求证：函数是奇函数，是偶函数；(2)如果，试求(1)中的和的表达式.18．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC19．已知函数，且满足.（1）判断函数在上的单调性，并用定义证明；（2）设函数，求在区间上的最大值；（3）若存在实数m，使得关于x的方程恰有4个不同的正根，求实数m的取值范围.20．已知集合，集合（1）求；（2）设集合，若，求实数的取值范围21．已知的三个顶点分别为，，.（1）求AB边上的高所在直线的方程；（2）求面积.

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】由题可知，则∵直线经过点∴直线的方程为，即故选D2、D【解题分析】根据同一函数的概念，逐项判断，即可得出结果.【题目详解】A选项，的定义域为，的定义域为，定义域不同，故A错；B选项，的定义域为，的定义域为，定义域不同，故B错；C选项，的定义域为，的定义域为，定义域不同，故C错；D选项，与的定义域都为，且，对应关系一致，故D正确.故选：D.3、D【解题分析】化简得到，根据平移公式得到答案.【题目详解】；故只需向右平移个单位长度故选：【题目点拨】本题考查了三角函数的平移，意在考查学生对于三角函数的变换的理解的掌握情况.4、D【解题分析】：，，即故选D5、C【解题分析】应用差角余弦公式、二倍角正余弦公式及辅助角公式可得，再根据正弦型函数的性质，结合各项描述判断正误即可.【题目详解】，∴最小正周期，①错误；令，则在上递增，显然当时，②正确；，易知为偶函数，③正确；令，则，，易知的图象关于对称，④错误；故选：C6、D【解题分析】先利用偶函数的对称性判断函数在区间内单调递减，结合偶函数定义得，再判断，和的大小关系，根据单调性比较函数值的大小，即得结果.【题目详解】偶函数的图象关于y轴对称，由在区间内单调递增可知，在区间内单调递减.，故，而，，即，故，由单调性知，即.故选：D.7、B【解题分析】设正方体的棱长为，正方体的棱长为，然后表示出两个正方体外接球的表面积，求出化简变形可得答案【题目详解】解：设正方体的棱长为，正方体的棱长为因为，所以，则因为，所以，因为，所以，故当时，取得最小值，且最小值为故选：B8、B【解题分析】∵，在递增，而，∴函数的零点所在的区间是，故选B.9、D【解题分析】A项，可能相交或异面,当时，存在，，故A项错误；B项，可能相交或垂直,当

时，存在，，故B项错误；C项，可能相交或垂直,当

时，存在，，故C项错误；D项，垂直于同一平面的两条直线相互平行，故D项正确,故选D.本题主要考查的是对线，面关系的理解以及对空间的想象能力.考点：直线与平面、平面与平面平行的判定与性质；直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质.10、B【解题分析】根据偶函数的性质和单调性解函数不等式【题目详解】是偶函数，．所以不等式化为，又在上递增，所以，或，即或故选：B二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、##0.25【解题分析】结合相互独立事件的乘法公式直接计算即可.【题目详解】记师傅加工两个零件都是精品的概率为，则，徒弟加工两个零件都是精品的概率为，则师徒二人各加工两个零件都是精品的概率为，求得，故徒弟加工两个零件都是精品的概率为.故答案为：12、【解题分析】由三角函数的定义以及诱导公式求解即可.【题目详解】的终边过点（1，－2），故答案为：13、80【解题分析】根据二次函数的性质直接计算可得.【题目详解】因为，所以当时，，当时，，所以最大值和最小值之积为.故答案为：8014、5【解题分析】由分数指数幂的运算及对数的运算即可得解.【题目详解】解：原式，故答案为：5.【题目点拨】本题考查了分数指数幂的运算及对数的运算，属基础题.15、【解题分析】因为一个正方体的顶点都在球面上，它的棱长为2，所以正方体的外接球的直径就是正方体的对角线的长度：2所以球的半径为：所求球的体积为=故答案为：16、【解题分析】作出函数的图像，计算函数的对称轴，设，数形结合判断得时，取最小值，时，取最大值，再代入解析式从而求解出另外两个值，从而得和，即可求解.【题目详解】作出函数的图像如图所示，令，则函数的对称轴为，由图可知函数关于，，对称，设，则当时，取最小值，此时，可得，故；当时，取最大值，此时，可得，故，所以.故答案为：【题目点拨】解答该题的关键是利用数形结合，利用三角函数的对称性与周期性判断何时取得最大值与最小值，再代入计算.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)是奇函数，是偶函数.(2)【解题分析】（1）计算，可得证（2）将f(x)代入（1）中表达式化简即可求得试题解析：(1)∵的定义域为，∴和的定义域都为.∵，∴.∴是奇函数，∵，∴，∴是偶函数.(2)∵，由(1)得，.∵，∴.点睛：抽象函数的奇偶性证明，先看定义域是否关于远点对称，然后根据奇偶函数的等式性质进行计算便可判断出奇偶性，计算时要注意符号的变化.18、（1）见解析；（2）见解析【解题分析】（1）推导出AB∥A1B1，由此能证明AB∥平面A1B1C.（2）推导出BC⊥AB，BC⊥BB1，从而BC⊥平面ABB1A1，由此能证明平面ABB1A1⊥平面A1BC【题目详解】证明：（1）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，∵AB∥A1B1，且AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，∴AB∥平面A1B1C（2）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，∵BC⊥AB，BC⊥BB1，AB∩BB1=B，∴BC⊥平面ABB1A1，∵BC⊂平面A1BC，∴平面ABB1A1⊥平面A1BC【题目点拨】本题考查线面平行、面面垂直的证明，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，考查化归与转化思想，是基础题19、(1)见解析(2)时，.(3)【解题分析】（1）根据确定a.再任取两数，作差，通分并根据分子分母符号确定差的符号，最后根据定义确定函数单调性（2）先根据绝对值定义将函数化为分段函数，都可化为二次函数，再根据对称轴与定义区间位置关系确定最值，最后取两个最大值中较大值（3）先对方程变形得，设,转化为方程方程在有两个不等的根，根据二次函数图像，得实根分布条件，解得实数m的取值范围.试题解析：(1)由，得或0.因为，所以，所以.当时，，任取，且，则，因为，则，，所以在上为增函数；（2），当时，，因为，所以当时，；当时，，因为时，所以，所以当时，；综上，当即时，.（3）由（1）可知，在上为增函数,当时，.同理可得在上为减函数，当时，.方程可化为，即.设,方程可化为.要使原方程有4个不同的正根，则方程在有两个不等的根，则有，解得，所以实数m的取值范围为.20、（1）；（2）.【解题分析】（1）根据指数函数的性质，结合集合并集的定义进行求解即可；（2）根据（1）的结论，结合集合是否为空集分类讨论进行求解即可.【小问1详解】