2024届河南省漯河市高一数学第一学期期末质量检测模拟试题含解析

2024届河南省漯河市高一数学第一学期期末质量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．已知函数y=(12)x的图象与函数y=logax（a>0，A.[ 2C.[ 82．已知是定义在上的奇函数，且，当且时.已知，若对恒成立，则的取值范围是（）A. B.C. D.3．函数的一个零点在区间内，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.4．已知是定义在上的奇函数，且在上单调递增，若，则的解集为（）A. B.C. D.5．已知函数为偶函数，在单调递减，且在该区间上没有零点，则的取值范围为（）A. B.C. D.6．若，，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.a，b大小不确定7．函数f(x)＝ln(2x)－1的零点位于区间()A.(2,3) B.(3,4)C.(0,1) D.(1,2)8．已知函数，，若恰有2个零点，则实数a的取值范围是（）A. B.C. D.9．集合中所含元素为A.0，1 B.，1C.，0 D.110．已知函数在内是减函数，则的取值范围是A. B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．如下图所示的正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为8，高为3212．—个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为__________13．化简_____14．已知P为△ABC所在平面外一点，且PA，PB，PC两两垂直，则下列命题：①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC，其中正确命题的个数是________15．已知关于的不等式的解集为，其中，则的最小值是___________.16．的值为________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．已知为上的奇函数，为上的偶函数，且满足，其中为自然对数的底数.（1）求函数和的解析式；（2）若不等式在恒成立，求实数的取值范围.18．已知平面上点，且.（1）求；（2）若点，用基底表示.19．（1）若正数a，b满足，求的最小值，并求出对应的a，b的值；（2）若正数x，y满足，求的取值范围20．如图，在长方体中，，是与的交点.求证：（1）平面；（2）平面平面.21．如图，是平面四边形的对角线，，，且.现在沿所在的直线把折起来，使平面平面，如图.（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离.

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】由已知中两函数的图象交于点P( 由指数函数的性质可知，若x0≥2，则0<y由于x0≥2，所以a>1且4a点睛：本题考查了指数函数与对数函数的应用，其中解答中涉及到指数函数的图象与性质、对数函数的图象与性质，以及不等式关系式得求解等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，本题的解答中熟记指数函数与对数函数的图象与性质，构造关于a的不等式是解答的关键，试题比较基础，属于基础题.2、A【解题分析】由奇偶性分析条件可得在上单调递增，所以，进而得，结合角的范围解不等式即可得解.【题目详解】因为是定义在上的奇函数，所以当且时，根据的任意性，即的任意性可判断在上单调递增，所以，若对恒成立，则，整理得，所以，由，可得，故选：A.【题目点拨】关键点点睛，本题解题关键是利用，结合变量的任意性，可判断函数的单调性，属于中档题.3、C【解题分析】根据零点存在定理得出，代入可得选项.【题目详解】由题可知：函数单调递增，若一个零点在区间内，则需：，即，解得，故选：C.【题目点拨】本题考查零点存在定理，属于基础题.4、D【解题分析】由可得，由单调性即可判定在和上的符号，再由奇偶性判定在和上的符号，即可求解.【题目详解】∵即，∵在上单调递增，∴当时，，此时，当时，，此时，又∵是定义在上的奇函数，∴在上单调递增，且，当时，，此时，当时，，此时，综上可知，的解集为，故选:D【题目点拨】本题考查了函数的奇偶性和单调性的交汇，求得函数在各个区间上的符号是关键，考查了推理能力，属于中档题.5、D【解题分析】根据函数为偶函数，得到，再根据函数在单调递减，且在该区间上没有零点，由求解.【题目详解】因为函数为偶函数，所以，由，得，因为函数在单调递减，且在该区间上没有零点，所以，解得，所以的取值范围为，故选：D6、B【解题分析】根据作差比较法可得解.【题目详解】解：因为，所以故选：B.7、D【解题分析】根据对数函数的性质，得到函数为单调递增函数，再利用零点的存在性定理，即可求解，得到答案.【题目详解】由题意，函数，可得函数为单调递增函数，且是连续函数又由f(1)＝ln2－1＜0，f(2)＝ln4－1＞0，根据函数零点的存在性定理可得，函数f(x)的零点位于区间(1,2)上故选D.【题目点拨】本题主要考查了函数的零点问题，其中解答中合理使用函数零点的存在性定理是解答此类问题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.8、B【解题分析】利用数形结合的方法，作出函数的图象，简单判断即可.【题目详解】依题意，函数的图象与直线有两个交点，作出函数图象如下图所示，由图可知，要使函数的图象与直线有两个交点，则，即.故选：B.【题目点拨】本题考查函数零点问题，掌握三种等价形式：函数零点个数等价于方程根的个数等价于两个函数图象交点个数，属基础题.9、A【解题分析】，解，得，故选10、B【解题分析】由题设有为减函数，且，恒成立，所以，解得，选B.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、6【解题分析】如下图所示，O'B'=2,OM=212、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13、-2【解题分析】利用余弦的二倍角公式和正切的商数关系可得答案.【题目详解】.故答案为：.14、3【解题分析】如图所示，∵PA⊥PC，PA⊥PB，PC∩PB＝P，∴PA⊥平面PBC.又∵BC⊂平面PBC，∴PA⊥BC.同理PB⊥AC，PC⊥AB，但AB不一定垂直于BC.故答案为：3.15、【解题分析】根据一元二次不等式解集的性质，结合基本不等式、对钩函数的单调性进行求解即可.【题目详解】因为关于的不等式的解集为，所以是方程的两个不相等的实根，因此有，因为，所以，当且仅当时取等号，即时取等号，，设，因为函数在上单调递增，所以当时，函数单调递增，所以，故答案为：16、【解题分析】根据两角和的正弦公式即可求出【题目详解】原式故答案为：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），；（2）.【解题分析】（1）解方程组即得解；（2）等价于不等式在恒成立，再利用基本不等式求解.【小问1详解】解：由，得，因为为上的奇函数，为上的偶函数，所以，由，解得，.【小问2详解】解：因为为上的奇函数，所以转化为，因为在上都为增函数，所以在上为增函数，所以在恒成立，即在恒成立，所以在恒成立，因为，当且仅当，即时取等号.所以，所以实数的取值范围为.18、（1）；（2）【解题分析】（1）设，根据向量相等的坐标表示可得答案；（2）设，建立方程，解之可得答案【题目详解】解：（1）设，由点，所以，又，所以，解得所以点，所以；（2）若点，所以，，设，即，解得所以用基底表示19、（1）当且仅当时，取得最小值为18；（2）【解题分析】（1）化简得，再利用基本不等式求最值；（2）由题得，再解一元二次不等式得解.【题目详解】（1）原式，当且仅当时取等号，所以最小值为18.（2），即，即，解得，所以，当且仅当取等号所以的取值范围为20、（1）见解析；（2）见解析.【解题分析】⑴连结交于点，连结，推导出，又因为平面，由此证明平面⑵推导出，，从而平面，由此证明平面平面解析：（1）连结交于点，连结，∵，∴.∴.又∵平面，平面，∴平面.（2）∵平面.∴.∵,∴∵与相交，∴平面∵平面.∴平面平面.点睛：本题考查了立体几何中的线面平行及面面垂直，在证明的过程中依据其判定定理证得结果，在证明平行中需要做辅助线，构造平行四边形或者三角形中位线证得线线平行，从而证得线面平行21、(1)见解析；（2）.【解题分析】（1）由平面平面，平面平面，且平面,且，根据线面垂直的判定定理可得平面；（2）取的中点，连.由，可得，又平面，所以，又，所以平面，因此就是点到平面的距离，在中，，，所以.试题解析：（1）证明：因为平面平面平面平面，平面,且，所以平面（2）取的中点，连.因为，所以，又平面，所以，又，所以平面，所以就是点到平面的距离，在中，，，所以.所以是点到平面的距离是.【方法点