2024届北京海淀外国语实验高一数学第一学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

2024届北京海淀外国语实验高一数学第一学期期末质量跟踪监视模拟试题注意事项: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．下列说法不正确的是（）A.奇函数的图象关于原点对称，但不一定过原点 B.偶函数的图象关于y轴对称，但不一定和y轴相交C.若偶函数的图象与x轴有且仅有两交点，且横坐标分别为，则 D.若奇函数的图象与y轴相交，交点不一定是原点2．下列命题正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则3．用二分法求方程的近似解时,可以取的一个区间是A. B.C. D.4．已知点（a，2）在幂函数的图象上，则函数f（x）的解析式是（）A. B.C. D.5．棱长为1的正方体可以在一个棱长为的正四面体的内部任意地转动，则的最小值为A. B.C. D.6．直线和直线的距离是A. B.C. D.7．如图所示，液体从一圆锥形漏斗漏入一圆柱形桶中，开始时，漏斗盛满液体，经过3分钟漏完.已知圆柱中液面上升的速度是一个常量，H是圆锥形漏斗中液面下落的距离，则H与下落时间(分)的函数关系表示的图象只可能是（）A. B.C. D.8．设，，，则，，的大小关系为（）A. B.C. D.9．设，，那么等于A. B.C. D.10．如下图所示，在正方体中，下列结论正确的是A.直线与直线所成的角是 B.直线与平面所成的角是C.二面角的大小是 D.直线与平面所成的角是二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．一个棱长为2cm的正方体的顶点都在球面上，则球的体积为_______cm³.12．已知2弧度的圆心角所对的弦长为2，那么这个圆心角所对弧长为____13．函数的图象与轴相交于点，如图是它的部分图象，若函数图象相邻的两条对称轴之间的距离为，则_________.14．已知直线经过点，且与直线平行，则直线的方程为__________15．已知，则____________.16．—个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为__________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．如图5，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB=4，BC=3，AD=5，∠DAB=∠ABC=90°，E是CD的中点.（Ⅰ）证明：CD⊥平面PAE；（Ⅱ）若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥P-ABCD的体积.18．袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1，2，3；蓝色卡片两张，标号分别为1，2.(Ⅰ)从以上五张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率；(Ⅱ)现袋中再放入一张标号为0的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率.19．在平面直角坐标系xOy中，已知圆x2+y2-12x+32=0的圆心为Q，过点P（0，2）且斜率为k的直线l与圆Q相交于不同的两点A，B，记AB的中点为E（Ⅰ）若AB的长等于，求直线l的方程；（Ⅱ）是否存在常数k，使得OE∥PQ？如果存在，求k值；如果不存在，请说明理由20．如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱垂直于底面，分别是的中点.求证：（1）平面平面；（2）平面平面.21．已知，且.（1）求的值；（2）求的值.

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、D【解题分析】对于AB，举例判断，对于CD根据函数奇偶性和对称性的关系分析判断即可【题目详解】对于A，是奇函数，其图象关于原点对称，但不过原点，所以A正确，对于B，是偶函数，其图象关于轴对称，但与轴不相交，所以B正确，对于C，若偶函数的图象与x轴有且仅有两交点，且横坐标分别为，则两个交点关于轴对称，所以，所以C正确，对于D，若奇函数与y轴有交点，则，故，所以函数必过原点，所以D错误，故选：D2、D【解题分析】由不等式性质依次判断各个选项即可.【题目详解】对于A，若，由可得：，A错误；对于B，若，则，此时未必成立，B错误；对于C，当时，，C错误；对于D，当时，由不等式性质知：，D正确.故选：D.3、A【解题分析】分析：根据零点存在定理进行判断详解：令，因为，，所以可以取的一个区间是，选A.点睛：零点存在定理的主要内容为区间端点函数值异号，是判断零点存在的主要依据.4、A【解题分析】由幂函数的定义解出a，再把点代入解出b.【题目详解】∵函数是幂函数，∴，即，∴点（4，2）在幂函数的图象上，∴，故故选：A.5、A【解题分析】由题意可知正方体的外接球为正四面体的内切球时a最小，此时R=，.6、A【解题分析】因为直线即，故两条平行直线和的距离故选A7、A【解题分析】利用特殊值法，圆柱液面上升速度是常量，表示圆锥漏斗中液体单位时间内落下相同的体积，当时间取分钟时，液面下降的高度与漏斗高度的比较.【题目详解】由于所给的圆锥形漏斗上口大于下口，当时间取分钟时，液面下降的高度不会达到漏斗高度的，对比四个选项的图象可得结果.故选：A【题目点拨】本题主要考查了函数图象的判断，常利用特殊值和函数的性质判断，属于中档题.8、D【解题分析】根据指数函数和对数函数的单调性，再结合0,1两个中间量即可求得答案.【题目详解】因为，，，所以.故选：D.9、B【解题分析】由题意得．选B10、D【解题分析】选项，连接，，因为，所以直线与直线所成的角为，故错；选项，因为平面,故为直线与平面所成的角，根据题意；选项，因为平面,所以，故二面角的平面角为，故错；用排除法，选故选：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】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：12、【解题分析】解直角三角形AOC，求出半径AO，代入弧长公式求出弧长的值解：如图：设∠AOB=2，AB=2，过点0作OC⊥AB，C为垂足，并延长OC交于D，则∠AOD=∠BOD=1，AC=AB=1Rt△AOC中，r=AO==，从而弧长为α×r=2×=，故答案为考点：弧长公式13、【解题分析】根据图象可得，由题意得出，即可求出，再代入即可求出，进而得出所求.【题目详解】由函数图象可得，相邻的两条对称轴之间的距离为，，则，，，又，即，，或，根据“五点法”画图可判断，，.故答案为：.14、【解题分析】设与直线平行的直线，将点代入得.即所求方程为15、【解题分析】求得函数的最小正周期为，进而计算出的值（其中），再利用周期性求解即可.【题目详解】函数的最小正周期为，当时，，，，，，，所以，，，因此，.故答案为：.16、30【解题分析】由三视图可知这是一个下面是长方体，上面是个平躺着的五棱柱构成的组合体长方体的体积为五棱柱的体积是故该几何体的体积为点睛：本题主要考查的知识点是由三视图求面积，体积．本题通过观察三视图这是一个下面是长方体，上面是个平躺着的五棱柱构成的组合体，分别求出长方体和五棱柱的体积，然后相加可得答案三、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）证明略（2）【解题分析】（Ⅰ）要证平面，由已知平面，已经有，因此在直角梯形中证明即可，通过计算得，而是中点，则有；（Ⅱ）PB与平面ABCD所成的角是，下面关键是作出PB与平面PAE所成的角，由（Ⅰ）作，分别与相交于，连接，则是PB与平面PAE所成的角，由这两个角相等，可得，同样在直角梯形中可计算出，也即四棱锥P-ABCD的高，体积可得．另外也可建立空间直角坐标系，通过空间向量法求得结论，第（Ⅱ）小题中关键是求点的坐标，注意这里直线与平面所成的角相等转化为直线与平面的法向量的夹角相等试题解析：解法1（Ⅰ如图（1）），连接AC，由AB=4，，是的中点，所以所以而内的两条相交直线，所以CD⊥平面PAE（Ⅱ）过点Ｂ作由（Ⅰ）CD⊥平面PAE知，ＢＧ⊥平面PAE．于是为直线ＰＢ与平面PAE所成的角，且由知，为直线与平面所成的角由题意，知因为所以由所以四边形是平行四边形，故于是在中，所以于是又梯形的面积为所以四棱锥的体积为解法2：如图（2），以A为坐标原点，所在直线分别为建立空间直角坐标系．设则相关的各点坐标为：（Ⅰ）易知因为所以而是平面内的两条相交直线，所以（Ⅱ）由题设和（Ⅰ）知，分别是，的法向量，而PB与所成的角和PB与所成的角相等，所以由（Ⅰ）知，由故解得又梯形ABCD的面积为，所以四棱锥的体积为.考点：线面垂直的判断，棱锥的体积18、(I).(II)【解题分析】解：(I)从五张卡片中任取两张的所有可能情况有如下10种：红1红2，红1红3，红1蓝1，红1蓝2，红2红3，红2蓝1，红2蓝2，红3蓝1，红3蓝2，蓝1蓝2.其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的有3种情况，故所求的概率为.(II)加入一张标号为0的绿色卡片后，从六张卡片中任取两张，除上面的10种情况外，多出5种情况：红1绿0，红2绿0，红3绿0，蓝1绿0，蓝2绿0，即共有15种情况，其中颜色不同且标号之和小于4的有8种情况，所以概率为.考点：古典概型点评：主要是考查了古典概型的运用，属于基础题19、（Ⅰ）y=-+2或y=-x+2；（Ⅱ）不存在实数满足题意【解题分析】（Ⅰ）待定系数法，设出直线，再根据已知条件列式，解出即可；（Ⅱ）假设存在常数，将转化斜率相等，联立直线与圆，根据韦达定理，由直线与圆相交可求得范围．由斜率相等可求得的值，从而可判断结论【题目详解】（Ⅰ）圆Q的方程可写成（x-6）2+y2=4，所以圆心为Q（6，0）设过P（0，2）且斜率为k的直线方程为y=kx+2∵|AB|=，∴圆心Q到直线l的距离d==，∴=，即22k2+15k+2=0，解得k=-或k=-所以，满足题意的直线l方程为y=-+2或y=-x+2（Ⅱ）将直线l的方程y=x+2代入圆方程得x2+（kx+2）2-12x+32=0整理得（1+k2）x2+4（k-3）x+36=0.①直线与圆交于两个不同的点A，B等价于△=[4（k-3）2]-4×36（1+k2）=42（-8k2-6k）＞0，解得-＜k＜0，即k的取值范围为（-，0）设A（x1，y1），B（x2，y2），则AB的中点E（x0，y0）满足x0==-，y0=kx0+2=∵kPQ==-，kOE==-，要使OE∥PQ，必须使kOE=kPQ=-，解得k=-，但是k∈（-，0），故没有符合题意的常数k【题目点拨】本题考查了圆的标准方程及弦长计算,还考查了直线与圆相交知识，直线平行知识，中点坐标公式，韦达定理的应用，考查了转化思想，属中档题20、(1)证明见解析；(2)证明见解析.【解题分析】（1）因为是的中点，所以，由平面又可以得到，故平面得证.（2）