福建省泉港一中2024届高一数学第一学期期末达标检测试题含解析

福建省泉港一中2024届高一数学第一学期期末达标检测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．若“”是假命题，则实数m的最小值为（）A.1 B.-C. D.2．已知向量且，则x值为（）.A.6 B.-6C.7 D.-73．已知，，则（）A. B.C.或 D.4．若，则错误的是A. B.C. D.5．如图，网格线上小正方形边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，那么该几何体的体积是A.3 B.2C. D.6．《九章算术》中，称底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，如图，某阳马的三视图如图所示，则该阳马的最长棱的长度为（）A. B.C.2 D.7．设集合U={1,2,3,4},M={1,2,3},N={2,3,4},则∁A.{1，2}C.{2，4}8．已知，那么下列结论正确的是（）A. B.C. D.9．已知，则下列不等式一定成立的是（）A. B.C. D.10．下列哪一项是“”的必要条件A. B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A－BD－C，有如下四个结论①AC⊥BD；②△ACD是等边三角形；③AB与平面BCD成60°的角；④AB与CD所成的角是60°.其中正确结论的序号是________12．若关于的不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围为____________13．直三棱柱ABC-A1B1C1，内接于球O，且AB⊥BC，AB=3．BC=4．AA1=4，则球O的表面积______14．函数的值域是__________.15．已知函数，则=_________16．已知正数a，b满足，则的最小值为______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．已知函数（1）若，求不等式的解集；（2）若，且，求的最小值18．计算：19．已知函数的图象过点，且满足（1）求函数的解析式：（2）求函数在上最小值；（3）若满足，则称为函数的不动点，函数有两个不相等且正的不动点，求t的取值范围20．义域为的函数满足：对任意实数x,y均有，且，又当时，.（1）求的值，并证明：当时，；（2）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围.21．已知函数（1）求函数的最小正周期和单调递减区间；（2）求函数，的值域

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】根据题意可得“”是真命题，故只要即可，求出的最大值，即可求出的范围，从而可得出答案.【题目详解】解：因为“”是假命题，所以其否定“”是真命题，故只要即可，因为的最大值为，所以，解得，所以实数m的最小值为.故选：C.2、B【解题分析】利用向量垂直的坐标表示可以求解.【题目详解】因为，，所以，即；故选：B.【题目点拨】本题主要考查平面向量垂直的坐标表示，熟记公式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.3、A【解题分析】利用两边平方求出，再根据函数值的符号得到，由可求得结果.【题目详解】，，，，，，所以，，.故选：A..4、D【解题分析】对于，由，则，故正确；对于，，故正确；对于，，故正确；对于，，故错误故选D5、D【解题分析】由三视图可知该几何体为有一条侧棱与底面垂直的三棱锥．其体积为故选D6、B【解题分析】根据三视图画出原图，从而计算出最长的棱长.【题目详解】由三视图可知，该几何体如下图所示，平面，，则所以最长的棱长为.故选：B7、D【解题分析】∵M∩N={2,3},∴8、B【解题分析】根据不等式的性质可直接判断出结果.【题目详解】，，知A错误，B正确；当时，，C错误；当时，，D错误.故选：B.9、B【解题分析】对于ACD，举例判断，对于B，分两种情况判断详解】对于A，若时，满足，而不满足，所以A错误，对于B，当时，则一定成立，当时，由，得，则，所以B正确，对于C，若时，满足，而不满足，所以C错误，对于D，若时，则满足，而不满足，所以D错误，故选：B10、D【解题分析】根据必要条件的定义可知：“”能推出的范围是“”的必要条件，再根据“小推大”的原则去判断.【题目详解】由题意，“选项”是“”的必要条件，表示“”推出“选项”，所以正确选项为D.【题目点拨】推出关系能满足的时候，一定是小范围推出大范围，也就是“小推大”.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、①②④【解题分析】①取BD的中点O，连接OA,OC,所以,所以平面OAC，所以AC⊥BD；②设正方形的边长为a，则在直角三角形ACO中，可以求得OC=a，所以△ACD是等边三角形；③AB与平面BCD成45角；④分别取BC，AC的中点为M，N，连接ME，NE，MN.则MN∥AB，且MN＝AB＝a，ME∥CD，且ME＝CD＝a，∴∠EMN是异面直线AB，CD所成的角．在Rt△AEC中，AE＝CE＝a，AC＝a，∴NE＝AC＝a.∴△MEN是正三角形，∴∠EMN＝60°，故④正确考点：本小题主要考查平面图形向空间图形的折叠问题，考查学生的空间想象能力.点评：解决此类折叠问题，关键是搞清楚折叠前后的变量和不变的量.12、【解题分析】根据题意显然可知，整理不等式得：，令，求出在的范围即可求出答案.【题目详解】由题意知：，即对任意的恒成立，当，得：，即对任意的恒成立，即对任意的恒成立，令，在上单减，所以，所以.故答案为：13、【解题分析】利用三线垂直联想长方体，而长方体外接球直径为其体对角线长，容易得到球半径，得解【题目详解】直三棱柱中，易知AB，BC，BB1两两垂直，可知其为长方体的一部分，利用长方体外接球直径为其体对角线长，可知其直径为，∴=41π，故答案为41π【题目点拨】本题主要考查了三棱柱的外接球和球的表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象能力.14、【解题分析】首先换元，再利用三角变换，将函数转化为关于二次函数，再求值域.【题目详解】设，因为，所以，则，，当时，函数取得最小值，当时，函数取得最大值，所以函数的值域是故答案为：15、【解题分析】按照解析式直接计算即可.【题目详解】.故答案为：-3.16、##【解题分析】右边化简可得，利用基本不等式，计算化简即可求得结果.【题目详解】，故,则，当且仅当时，等号成立故答案为：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）答案不唯一，具体见解析（2）【解题分析】（1）由，对分类讨论，判断与的大小，确定不等式的解集.（2）利用把用表示,代入表示为的函数，利用基本不等式可求.【题目详解】解：（1）因为，所以，由，得，即，当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；（2）因为，由已知，可得，∴，∵，∴，∴，当且仅当时取等号，所以的最小值为【题目点拨】本题考查一元二次不等式的解法，基本不等式的应用，考查分类讨论的思想，运算求解能力，属于中档题.18、109【解题分析】化根式为分数指数幂，运用有理数指数幂的运算性质化简可求出值.【题目详解】原式＝（）6+1＝22×33+2﹣1＝108+2﹣1＝109【题目点拨】本题考查根式的概念，将根式化为分数指数幂和其运算法则的应用，属于基础题.19、（1）；（2）；（3）.【解题分析】(1)根据f(x)图像过点，且满足列出关于m和n的方程组即可求解；(2)讨论对称轴与区间的位置关系，即可求二次函数的最小值；(3)由题可知方程x＝g(x)有两个正根，根据韦达定理即可求出t范围.【小问1详解】∵的图象过点，∴①又，∴②由①②解，，∴；【小问2详解】，，当，即时，函数在上单调递减，∴；当，即时，函数在上单调递减，在单调递增，∴；当时，函数在上单调递增，∴综上，【小问3详解】设有两个不相等的不动点、，且，，∴，即方程有两个不相等的正实根、∴，解得20、(1)答案见解析；(2)或.【解题分析】(1)利用赋值法计算可得，设，则，利用拆项：即可证得：当时，；(2)结合(1)的结论可证得是增函数，据此脱去f符号，原问题转化为在上恒成立，分离参数有：恒成立，结合基本不等式的结论可得实数的取值范围是或.试题解析：(1)令，得，令，得，令，得，设，则，因为,所以;(2)设，

,

因为所以，所以为增函