哈尔滨市第六中学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

哈尔滨市第六中学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．从数字中随机取两个不同的数，分别记为和，则为整数的概率是（）A. B.C. D.2．若角满足，，则角所在的象限是（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限3．如图所示，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，则在△ABC的三边及中线AD中，最长的线段是()A.AB B.ADC.BC D.AC4．下列函数是奇函数，且在区间上是增函数的是A. B.C. D.5．半径为的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（）A. B.C. D.6．已知函数则函数的零点个数为（）A.0 B.1C.2 D.37．在下列命题中，不是公理的是A.平行于同一条直线的两条直线互相平行B.如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内C.空间中，如果两个角的两边分别对应平行，那么这两角相等或互补D.如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线8．已知角是的内角，则“”是“”的（）A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分又不必要条件9．全集U＝{1，2，3，4，5，6}，M＝{x|x≤4}，则M等于（）A.{1，3} B.{5，6}C.{1，5} D.{4，5}10．已知cosα＝，cos(α＋β)＝－，且α，β∈，则cos(α－β)的值等于A.－ B.C.－ D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知，，则___________（用a、b表示）.12．满足的集合的个数是______________13．已知函数的部分图像如图所示，则_______________.14．设扇形的周长为，面积为，则扇形的圆心角的弧度数是________15．下面有六个命题：①函数是偶函数；②若向量的夹角为，则；③若向量的起点为，终点为，则与轴正方向的夹角的余弦值是；④终边在轴上的角的集合是；⑤把函数的图像向右平移得到的图像；⑥函数在上是减函数.其中，真命题的编号是__________．（写出所有真命题的编号）16．已知表示不超过实数的最大整数，如，，为取整函数，是函数的零点，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．已知函数的定义域为（1）求的定义域；（2）对于（1）中的集合，若，使得成立，求实数的取值范围18．如图，在三棱柱中，平面，，在线段上，，.（1）求证：；（2）试探究：在上是否存在点，满足平面，若存在，请指出点的位置，并给出证明；若不存在，说明理由.19．已知M（1，﹣1），N（2，2），P（3，0）.（1）求点Q的坐标，满足PQ⊥MN，PN∥MQ.（2）若点Q在x轴上，且∠NQP＝∠NPQ，求直线MQ的倾斜角.20．（1）计算：（2）若，，求的值.21．如图，在三棱锥中，平面平面为等边三角形，且分别为的中点（1）求证：平面；（2）求证：平面平面；

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、B【解题分析】先计算出从数字中随机取两个不同的数，共有种情况，再求出满足为整数的情况，即可求出为整数的概率.【题目详解】解：从数字中随机取两个不同的数，则有种选法，有种选法，共有种情况；则满足为整数的情况如下：当时，或有种情况；当时，有种情况；当或时，则不可能为整数，故共有种情况，故为整数的概率是：.故选：B.2、C【解题分析】根据，，分别确定的范围，综合即得解.【题目详解】解：由知，是一、三象限角，由知，是三、四象限角或终边在y轴负半轴上，故是第三象限角故选：C3、D【解题分析】因为A′B′与y′轴重合，B′C′与x′轴重合，所以AB⊥BC，AB=2A′B′，BC=B′C′.所以在直角△ABC中，AC为斜边，故AB<AD<AC，BC<AC.故选D.4、B【解题分析】逐一考查所给函数的单调性和奇偶性即可.【题目详解】逐一考查所给函数的性质：A.，函数为奇函数，在区间上不具有单调性，不合题意；B.，函数为奇函数，在区间上是增函数，符合题意；C.，函数为非奇非偶函数，在区间上是增函数，不合题意；D.，函数为奇函数，在区间上不具有单调性，不合题意；本题选择B选项.【题目点拨】本题主要考查函数的单调性，函数的奇偶性等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5、A【解题分析】根据题意可得圆锥母线长为，底面圆的半径为，求出圆锥高即可求出体积.【题目详解】半径为半圆卷成一个圆锥，可得圆锥母线长为，底面圆周长为，所以底面圆的半径为，圆锥的高为,所以圆锥的体积为.故选：A.6、C【解题分析】的零点个数等于的图象与的图象的交点个数，作出函数f(x)和的图像，根据图像即可得到答案.【题目详解】的零点个数等于的图象与的图象的交点个数，由图可知，的图象与的图象的交点个数为2.故选：C.7、C【解题分析】A,B,D分别为公理4,公理1,公理2,C为角平行性质,选C8、C【解题分析】在中，由求出角A，再利用充分条件、必要条件的定义直接判断作答.【题目详解】因角是的内角，则，当时，或，即不一定能推出，若，则，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：C9、B【解题分析】M即集合U中满足大于4的元素组成的集合.【题目详解】由全集U＝{1，2，3，4，5，6}，M＝{x|x≤4}则M={5，6}.故选：B【题目点拨】本题考查求集合的补集，属于基础题.10、D【解题分析】∵α∈，∴2α∈(0，π)．∵cosα＝，∴cos2α＝2cos2α－1＝－，∴sin2α＝，而α，β∈，∴α＋β∈(0，π)，∴sin(α＋β)＝，∴cos(α－β)＝cos[2α－(α＋β)]＝cos2αcos(α＋β)＋sin2αsin(α＋β)＝＝.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、##【解题分析】根据对数的运算性质可得，再由指对数关系有，，即可得答案.【题目详解】由，又，，∴，，故.故答案为：.12、4【解题分析】利用集合的子集个数公式求解即可.【题目详解】∵,∴集合是集合的子集，∴集合的个数为，故答案为：.13、【解题分析】首先确定函数的解析式，然后求解的值即可.【题目详解】由题意可得：，当时，，令可得：，据此有：.故答案为：.【题目点拨】已知f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：(1)由ω＝即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ.(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.14、【解题分析】设扇形的半径和弧长分别为，由题设可得，则扇形圆心角所对的弧度数是，应填答案15、①⑤【解题分析】对于①函数，则=，所以函数是偶函数；故①对；对于②若向量的夹角为，根据数量积定义可得，此时的向量应该为非零向量；故②错；对于③=，所以与轴正方向的夹角的余弦值是-；故③错；对于④终边在轴上的角的集合是；故④错；对于⑤把函数的图像向右平移得到，故⑤对；对于⑥函数=在上是增函数.故⑥错；故答案为①⑤.16、2【解题分析】由于，所以，故.【题目点拨】本题主要考查对新定义概念的理解，考查利用二分法判断函数零点的大概位置.首先研究函数，令无法求解出对应的零点，考虑用二分法来判断，即计算，则零点在区间上.再结合取整函数的定义，可求出的值.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）的定义域可以求出，即的定义域；（2）令，若，使得成立，即可转化为成立，求出即可.【小问1详解】∵的定义域为，∴∴，则【小问2详解】令，，使得成立，即大于在上的最小值∵，∴在上的最小值为，∴实数的取值范围是18、(1)证明见解析；(2)答案见解析.【解题分析】（1）因为面，所以，结合就有面，从而.（2）取，在平面内过作交于，连结.可以证明四边形为平行四边形，从而，也就是平面.我们还可以在平面内过作，交于，连结.通过证明平面平面得到平面.【题目详解】解析：（1）∵面，面，∴.又∵，，面，，∴面，又面，∴.（2）（法一）当时，平面.理由如下：在平面内过作交于，连结.∵，∴，又，且，∴且，∴四边形为平行四边形，∴，又面，面，∴平面.（法二）当时，平面.理由如下：在平面内过作，交于，连结.∵，面，面，∴平面，∵，∴，∴，又面，面，∴平面.又面，面，，∴平面平面.∵面，∴平面.点睛：证明线面平行，我们既可以在已知平面中找出与已知直线平行的直线，通过线面平行的判定定理去考虑，也可以利用构造过已知直线的平面，证明该平面与已知平面平行.19、（1）（2）【解题分析】（1）设Q（x，y），根据PQ⊥MN得出，然后由PN∥MQ得出，解方程组即可求出Q的坐标；（2）设Q（x，0）由∠NQP＝∠NPQ得出kNQ＝﹣kNP，解方程求出Q的坐标，然后即可得出结果.【小问1详解】设Q（x，y），由已知得kMN＝3，又PQ⊥MN，可得kMN×kPQ＝﹣1即（x≠3）①由已知得kPN＝﹣2，又PN∥MQ，可得kPN＝kMQ，即（x≠1）②联立①②求解得x＝0，y＝1，∴Q（0，1）；【小问2详解】设Q（x，0），∵∠NQP＝∠NPQ，∴kNQ＝﹣kNP，又∵kNQ，kNP＝﹣2，∴2解得x＝1，∴Q（1，0），又∵M（1，﹣1），∴MQ⊥x轴，故直线MQ的倾斜角为90°.20、（1）；（2）.【解题分析】（1）利用分数指数幂运算法则分别对每一项进行化简，然后合并求解;（2）先利用已知条件，把m、n表示出来，代入要求解的式子中，利用对数的运算法则化简即可.【题目详解】（1）原式（2）因为，，所以，，所以21、（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解题分析】（1）因为分别为的中点，所以，由线面平行的判定定理，即可得到平面；（2）因为为的中点，得到，利用面面垂直的性质定理可证得平面，由面面垂直