甘肃省永昌县四中2024届高一数学第一学期期末学业质量监测模拟试题含解析

甘肃省永昌县四中2024届高一数学第一学期期末学业质量监测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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．函数f(x)=|x|+(aR)的图象不可能是（）A. B.C. D.2．函数对于定义域内任意，下述四个结论中，①②③④其中正确的个数是（）A.4 B.3C.2 D.13．已知函数，则的概率为A. B.C. D.4．命题p：，的否定是（）A.， B.，C.， D.，5．若a＞b＞1，0＜c＜1，则下列式子中不正确的是（）A. B.C. D.6．已知点P(3,4)在角的终边上，则的值为（）A B.C. D.7．设集合，则（）A. B.C. D.8．历史上数学计算方面的三大发明是阿拉伯数、十进制和对数，其中对数的发明，大大缩短了计算时间，为人类研究科学和了解自然起了重大作用，对数运算对估算“天文数字”具有独特优势.已知，，则的估算值为（）A. B.C. D.9．定义域为R的函数，若关于的方程恰有5个不同的实数解，则=A.0 B.C. D.110．若a，b都为正实数且，则的最大值是（）A. B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．函数的定义域是_____________12．在平面直角坐标系xOy中，已知圆有且仅有三个点到直线l：的距离为1，则实数c的取值集合是______13．写出一个同时具有下列三个性质函数：________.①；②在上单调递增；③.14．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图都是斜边长为4的直角三角形，俯视图是半径为2的四分之一圆周和两条半径，则这个几何体的体积为______15．过点且在轴，轴上截距相等的直线的方程为___________.16．若一个扇形的周长为，圆心角为2弧度，则该扇形的面积为__________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．已知函数.（1）求的对称中心的坐标；（2）若，，求的值.18．已知cos（α-β）cosβ-sin（α-β）sinβ=，＜α＜2π（1）求sin（2α+）的值；（2）求tan（α-）的值19．已知全集，集合，集合（1）求集合及；（2）若集合，且，求实数的取值范围20．已知函数，.（1）求函数的最小正周期；（2）求函数在区间上的最大值和最小值及相应的的值.21．已知函数图象的一条对称轴方程为，且其图象上相邻两个零点的距离为.（1）求的解析式；（2）若对，不等式恒成立，求实数m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】对分类讨论，将函数写成分段形式，利用对勾函数的单调性，逐一进行判断图象即可.【题目详解】，①当时，，图象如A选项；②当时，时，，在递减，在递增；时，，由，单调递减，所以在上单调递减，故图象为B；③当时，时，，可得，，在递增，即在递增，图象为D；故选：C.2、B【解题分析】利用指数的运算性质及指数函数的单调性依次判读4个序号即可.【题目详解】，①正确；，，②错误；，由，且得，故，③正确；由为减函数，可得，④正确.故选：B.3、B【解题分析】由对数的运算法则可得：，当时，脱去符号可得：，解得：，此时；当时，脱去符号可得：，解得：，此时；据此可得：概率空间中的7个数中，大于1的5个数满足题意，由古典概型公式可得，满足题意的概率值：.本题选择B选项.4、C【解题分析】根据特称命题的否定是全称命题即可求解.【题目详解】解：命题p：，的否定是：，，故选：C.5、D【解题分析】利用对数函数、指数函数与幂函数的单调性即可判断出正误．【题目详解】解：，，,A正确;是减函数，，B正确;为增函数，，C正确.是减函数，,D错误.故选．【题目点拨】本题考查了对数函数、指数函数与幂函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．6、D【解题分析】利用三角函数的定义即可求出答案.【题目详解】因为点P(3,4)在角的终边上,所以,,故选:D【题目点拨】本题考查了三角函数的定义,三角函数诱导公式,属于基础题.7、C【解题分析】利用集合并集的定义，即可求出.【题目详解】集合，.故选：.【题目点拨】本题主要考查的是集合的并集的运算，是基础题.8、C【解题分析】令，化为指数式即可得出.【题目详解】令，则，∴，即的估算值为.故选：C.9、C【解题分析】本题考查学生的推理能力、数形结合思想、函数方程思想、分类讨论等知识如图，由函数的图象可知，若关于的方程恰有5个不同的实数解，当时，方程只有一根为2；当时，方程有两不等实根（），从而方程，共有四个根，且这四个根关于直线对称分布，故其和为8.从而，，选C【点评】本题需要学生具备扎实的基本功，难度较大10、D【解题分析】由基本不等式，结合题中条件，直接求解，即可得出结果.【题目详解】因为，都为正实数，，所以，当且仅当，即时，取最大值.故选：D二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、.【解题分析】由题意，要使函数有意义，则，解得：且.即函数定义域为.考点：函数的定义域.12、【解题分析】因为圆心到直线的距离为，所以由题意得考点：点到直线距离13、或其他【解题分析】找出一个同时具有三个性质的函数即可.【题目详解】例如，是单调递增函数，，满足三个条件.故答案为：.（答案不唯一）14、【解题分析】由题得几何体为圆锥的，根据三视图的数据计算体积即可【题目详解】由三视图可知几何体为圆锥的，圆锥的底面半径为2，母线长为4，∴圆锥的高为∴V=×π×22×=故答案为【题目点拨】本题主要考查了圆锥的三视图和体积计算，属于基础题15、或【解题分析】当直线不过原点时设截距式方程；当直线过原点时设,分别将点代入即可【题目详解】由题,当直线不过原点时设,则,所以,则直线方程为,即；当直线过原点时设,则,所以,则直线方程为,即,故答案为:或【题目点拨】本题考查求直线方程,考查截距式方程的应用,截距相同的直线问题,需注意过原点的情况16、4【解题分析】设出扇形的半径，求出扇形的弧长，利用周长公式，求出半径，然后求出扇形的面积【题目详解】设扇形的半径为：R，所以2R+2R＝8，所以R＝2，扇形的弧长为：4，半径为2，扇形的面积为：4（cm2）故答案为4【题目点拨】本题是基础题，考查扇形的面积公式的应用，考查计算能力三、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）利用辅助角公式及降幂公式将函数化为，再根据正弦函数的对称中心即可得出答案；（2）由，求得，再利用两角差的余弦公式即可得出答案.【题目详解】解：（1）由，，得，，即的对称中心的坐标为，.（2）由（1）知，令，则，所以，，则.18、（1）；（2）.【解题分析】（1）先根据题目中的条件结合同角公式求出，利用二倍角公式求出，利用两角和的正弦公式即可求出的值（2）根据第一问求得的的值直接求出的值，再利用两角差的正切公式即可求出的值【题目详解】解：（1）∵cos（α-β）cosβ-sin（α-β）sinβ=，∴cos[（α-β）+β]=，即cos∵＜α＜2π，∴sinα=∴sin2α=2sinαcosα=，cos2α=∴sin（2α+）=sin2αcos+cos2αsin=；（2）由（1）知，tan，∴tan（α-）==【题目点拨】本题考查两角和差的正余弦公式及正切公式的灵活运用，以及倍角公式的使用；在做这一类题目时要灵活运用这一同角公式19、（1），；（2）【解题分析】（1）解一元一次不等式求集合A，再应用集合的交并补运算求及.（2）由集合的包含关系可得，结合已知即可得的取值范围【小问1详解】由得：，所以，则，由，所以，【小问2详解】因为且，所以，解得所以的取值范围是20、（1），（2）时，，时，.【解题分析】（1）将函数化简得，可求函数的最小正周期；（2）由求出，进而求出函数在区间上的最大值和最小值及相应的的值.【小问1详解】所以.【小问2详解】因为，所以，所以，所以，当时，即，，当时，即，.21、（1）（2）【解题分析】（1）由题意可得周期为，