河南省安阳一中2024届高一数学第一学期期末检测模拟试题含解析

河南省安阳一中2024届高一数学第一学期期末检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．若“”是“”的充分不必要条件，则（）A. B.C. D.2．若，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件3．在平行四边形中，，则（）A. B.C.2 D.44．已知函数（）的部分图象如图所示，则的值分别为A. B.C. D.5．设集合A={1，3，5}，B={1，2，3}，则A∪B=（）A. B.C.3， D.2，3，6．设集合，3，，则正确的是A.3， B.3，C. D.7．已知三棱锥D－ABC中，AB＝BC＝1，AD＝2，BD＝，AC＝，BC⊥AD，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A.π B.6πC.5π D.8π8．设是互不重合的平面，m，n是互不重合的直线，给出下面四个说法：①若，，则；②若，，则；③若，，则；④若，，，则.其中所有错误说法的序号是（）A.①③ B.①④C.①③④ D.②③④9．若，则值为（）A. B.C. D.710．已知角的终边与单位圆相交于点，则=（）A. B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知一个扇形的弧所对的圆心角为54°，半径r＝20cm，则该扇形的弧长为_____cm12．正方体ABCD－A1B1C1D1中，二面角C1－AB－C平面角等于________13．一个圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为________.14．已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是______.15．圆的圆心到直线的距离为______.16．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．如图，在正方体中，、分别为、的中点，与交于点.求证：（1）；（2）平面平面.18．已知.（1）求的最小正周期；（2）求的单调增区间；（3）当时，求的值域.19．水车在古代是进行灌溉引水的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征．如图是一个半径为的水车，当水车上水斗A从水中浮现时开始计算时间，点A沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时60秒，经过秒后，水斗旋转到点，已知，设点的坐标为，其纵坐标满足（1）求函数的解析式；（2）当水车转动一圈时，求点到水面的距离不低于的持续时间20．已知集合，（1）当时，求；（2）若，求a的取值范围21．已知函数的最小正周期为.（1）求函数的单调递增区间；（2）将函数的图象向左平移个单位，再向上平移个单位，得到函数的图象.若在上至少有个零点，求的最小值.

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、B【解题分析】转化“”是“”的充分不必要条件为，分析即得解【题目详解】由题意，“”是“”的充分不必要条件故故故选：B2、A【解题分析】解两个不等式，利用集合的包含关系判断可得出结论.【题目详解】解不等式可得，解不等式可得或，因为或，因此，“”是“”的充分不必要条件.故选：A.3、B【解题分析】由条件根据两个向量的加减法的法则，以及其几何意义，可得，，然后转化求解即可【题目详解】可得，，两式平方相加可得故选：4、B【解题分析】由条件知道：均是函数的对称中心，故这两个值应该是原式子分母的根，故得到，由图像知道周期是，故，故，再根据三角函数的对称中心得到，故如果，根据，得到故答案为B点睛：根据函数的图像求解析式，一般要考虑的是图像中的特殊点，代入原式子；再就是一些常见的规律，分式型的图像一般是有渐近线的，且渐近线是分母没有意义的点；还有常用的是函数的极限值等等方法5、D【解题分析】直接利用集合运算法则得出结果【题目详解】因A=（1，3，5}，B={1，2，3}，所以则A∪B=2，3，，故选D【题目点拨】本题考查集合运算，注意集合中元素的的互异性，无序性6、D【解题分析】根据集合的定义与运算法则，对选项中的结论判断正误即可【题目详解】解：集合，3，，则，选项A错误；2，3，，选项B错误；，选项C错误；，选项D正确故选D【题目点拨】本题考查了集合的定义与运算问题，属于基础题7、B【解题分析】由题意结合平面几何、线面垂直的判定与性质可得BC⊥BD，AD⊥AC，再由平面几何的知识即可得该几何体外接球的球心及半径，即可得解.【题目详解】AB＝BC＝1，AD＝2，BD＝，AC＝，∴，，∴DA⊥AB，AB⊥BC，由BC⊥AD可得BC⊥平面DAB，DA⊥平面ABC，∴BC⊥BD，AD⊥AC，∴CD＝，由直角三角形的性质可知，线段CD的中点O到点A，B，C，D的距离均为，∴该三棱锥外接球的半径为，故三棱锥的外接球的表面积为4π＝6π.故选：B.【题目点拨】本题考查了三棱锥几何特征的应用及其外接球表面积的求解，考查了运算求解能力与空间思维能力，属于中档题.8、C【解题分析】①利用平面与平面的位置关系判断；②利用线面垂直的性质定理判断；③利用直线与直线的位置关系判断；④利用面面垂直的性质定理判断.【题目详解】①若，，则或相交，故错误；②若，，则可得，故正确；③若，，则，故错误；④若，，，当时，，故错误.故选：C9、B【解题分析】根据两角和的正切公式，结合同角的三角函数关系式中商关系进行求解即可.【题目详解】由，所以，故选：B10、C【解题分析】先利用三角函数的定义求角的正、余弦，再利用二倍角公式计算即可.【题目详解】角的终边与单位圆相交于点，故，所以，故.故选：C.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】利用扇形的弧长公式求弧长即可.【题目详解】由弧长公式知：该扇形的弧长为(cm).故答案为：12、45°【解题分析】解：如图，设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，以DA为x轴，以DC为y轴，以DD1为z轴，建立空间直角坐标系，则A（1，0，0），B（1，1，0），C1（0，1，1），∴=(0，1，0)，=(-1，1，1)，设面ABC1的法向量为=(x，y，z)，∵•=0，•=0，∴y=0，-x+y+z=0，∴=(1，0，1)，∵面ABC的法向量=(0，0，1)，设二面角C1-AB-C的平面角为θ，∴cosθ=|cos＜，＞|=，∴θ=45°，答案为45°考点：二面角的平面角点评：本题考查二面角的平面角及求法，是基础题．解题时要认真审题，注意向量法的合理运用13、.【解题分析】先求圆锥底面圆的半径，再由直角三角形求得圆锥的高，代入公式计算圆锥的体积即可。【题目详解】设圆锥底面半径为r，则由题意得，解得.∴底面圆的面积为.又圆锥的高.故圆锥的体积.【题目点拨】此题考查圆锥体积计算，关键是找到底面圆半径和高代入计算即可，属于简单题目。14、【解题分析】根据分段函数的单调性，可知每段函数的单调性，以及分界点处的函数的的大小关系，即可列式求解.【题目详解】因为分段函数在上单调递减，所以每段都单调递减，即，并且在分界点处需满足，即，解得：.故答案为：15、1【解题分析】利用点到直线的距离公式可得所求的距离.【题目详解】圆心坐标为，它到直线的距离为，故答案为：1【题目点拨】本题考查圆的标准方程、点到直线的距离，此类问题，根据公式计算即可，本题属于基础题.16、【解题分析】根据幂的运算法则，根式的定义计算【题目详解】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）证明见解析（2）证明见解析【解题分析】（1）证明出四边形为平行四边形，可证得结论成立；（2）证明出平面，平面，利用面面平行的判定定理可证得结论成立.【小问1详解】证明：在正方体中，且，因为、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，则.【小问2详解】证明：因为四边形为正方形，，则为的中点，因为为中点，则，平面，平面，所以，平面，因为，平面，平面，所以，平面，因为，因此，平面平面.18、（1）（2），（3）【解题分析】（1）利用降幂公式等化简可得，结合周期公式可得结果；（2）由，，解不等式可得增区间；（3）由的范围，得出的范围，根据正弦函数的性质即可得结果.【小问1详解】∴函数的最小正周期.【小问2详解】由，得，∴所求函数的单调递增区间为，.【小问3详解】∵，∴∴，，∴的值域为.19、（1）；（2）20秒.【解题分析】(1)根据OA求出R，根据周期T＝60求出ω，根据f(0)＝－2求出φ；(2)问题等价于求时t的间隔.小问1详解】由图可知：，周期，∵t＝0时，在，∴，∴或，，，且，则.∴.【小问2详解】点到水面的距离等于时，y＝2，故或，即，，∴当水车转动一圈时，求点到水面的距离不低于的持续时间20秒.20、（1）（2）【解题分析】（1）解一元二次不等式求得集合，由补集和并集的定义可运算求得结果；（2）分别在和两种情况下，根据交集为空集可构造不等式求得结果.【小问1详解】由题意得，或，，.【小问2详解】，当时，，符合题意，当时，由，得，故a的取值范围为21、（1）；（2）.【解题分析】（1）利用正余弦的倍角公式，结合辅助角公式化简为标准正弦型三角函数，根