豫西名校2024屆高一上數學期末教學質量檢測試題含解析

豫西名校2024屆高一上數學期末教學質量檢測試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．若集合，，則（）A. B.C. D.2．函數部分圖象大致為（）A. B.C. D.3．下列函數中既是偶函數，又在上單調遞增的是（）A B.C. D.4．已知某產品的總成本C（單位：元）與年產量Q（單位：件）之間的關系為C=310Q2+3000.設該產品年產量為Q時的平均成本為fA.30 B.60C.900 D.1805．汽車經過啟動、加速行駛、勻速行駛、減速行駛之后停車，若把這一過程中汽車的行駛路程看作時間的函數，其圖象可能是A. B.C. D.6．已知集合A={x∈N|1<x<log2k}，集合A中至少有2個元素，則（）A.k≥4 B.k>4C.k≥8 D.k>87．要得到函數f（x）=cos（2x-）的圖象，只需將函數g（x）=cos2x的圖象（）A.向左平移個單位長度 B.向右平移個單位長度C.向左平移單位長度 D.向右平移個單位長度8．下題中，正確的命題個數為（）①函數的定義域為；②已知命題，則命題的否定為:；③已知是定義在[0，1]的函數，那么“函數在[0，1]上單調遞減”是“函數在[0，1]上的最小值為f(1)”的必要不充分條件；④被稱為“天津之眼”的天津永樂橋摩天輪，是一座跨河建造、橋輪合一的摩天輪假設“天津之眼”旋轉一周需30分鐘，且是勻速轉動的，則經過5分鐘，轉過的角的弧度A.1 B.2C.3 D.49．王安石在《游褒禪山記》中寫道“世之奇?zhèn)ァ⒐骞?，非常之觀，常在于險遠，而人之所罕至焉，故非有志者不能至也”，請問“有志”是到達“奇?zhèn)?、瑰怪，非常之觀”的A.充要條件 B.既不充分也不必要條件C.充分不必要條件 D.必要不充分條件10．若函數存在兩個零點，且一個為正數，另一個為負數，則的取值范圍為A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．對于函數和，設，，若存在、，使得，則稱與互為“零點關聯函數”．若函數與互為“零點關聯函數”，則實數的取值范圍為（）A. B. C. D.12．記函數的值域為，在區(qū)間上隨機取一個數，則的概率等于__________13．函數的定義域為_________________________14．計算：__________．15．若函數在區(qū)間[2,3]上的最大值比最小值大,則__________.16．正方體中，分別是，的中點，則直線與所成角的余弦值是_______.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1）求直線與的交點的坐標；（2）求兩條平行直線與間的距離18．已知.（Ⅰ）當時，若關于的方程有且只有兩個不同的實根，求實數的取值范圍；（Ⅱ）對任意時，不等式恒成立，求的值.19．已知二次函數，關于x的不等式<0的解集為（1）求實數m、n的值；（2）當時，解關于x的不等式；（3）當是否存在實數a，使得對任意時，關于x的函數有最小值-5.若存在，求實數a值；若不存在，請說明理由20．（1）求的值；（2）求的值21．如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M，N分別為棱AC和A1B1的中點，且AB＝BC（1）求證：平面BMN⊥平面ACC1A1；（2）求證：MN∥平面BCC1B1

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、A【解題分析】解一元二次不等式化簡集合B，再利用交集的定義直接計算作答.【題目詳解】解不等式，即，解得，則，而，所以.故選：A2、A【解題分析】根據函數的解析式可判斷函數為奇函數，再根據函數的零點個數可得正確的選項.【題目詳解】因為，所以為奇函數，圖象關于原點對稱，故排除B；令，即，解得，即只有一個零點，故排除C，D故選：A3、C【解題分析】根據常見函數的單調性和奇偶性，即可容易判斷選擇.【題目詳解】根據題意，依次分析選項：對于A，，奇函數，不符合題意；對于B，，為偶函數，在上單調遞減，不符合題意；對于C，，既是偶函數，又在上單調遞增，符合題意；對于D，為奇函數，不符合題意；故選：C．【題目點撥】本題考查常見函數單調性和奇偶性的判斷，屬簡單題.4、B【解題分析】利用基本不等式進行最值進行解題.【題目詳解】解：∵某產品的總成本C（單位：元）與年產量Q（單位：件）之間的關系為C=∴f(Q)=當且僅當3Q10=3000Q∴fQ的最小值是60故選：B5、A【解題分析】汽車啟動加速過程，隨時間增加路程增加的越來越快，漢使圖像是凹形，然后勻速運動，路程是均勻增加即函數圖像是直線，最后減速并停止，其路程仍在增加，只是增加的越來越慢即函數圖像是凸形．故選A考點：函數圖像的特征6、D【解題分析】首先確定集合A，由此得到log2k>3，即可求k的取值范圍.【題目詳解】∵集合A={x∈N|1<x<log2k}，集合A中至少有2個元素，∴A={2,3}，則log2k>3，可得k>8.故選：D.7、D【解題分析】利用函數的圖象變換規(guī)律即可得解．【題目詳解】解：，只需將函數圖象向右平移個單位長度即可故選．【題目點撥】本題主要考查函數圖象變換規(guī)律，屬于基礎題8、B【解題分析】對于①，求出函數的定義域即可判斷；對于②，根據全稱量詞命題的否定為存在量詞命題即可判斷；對于③，根據充分條件和必要條件的定義，舉出反例即可判斷；對于④，計算出經過5分鐘，轉過的角的弧度即可判斷.【題目詳解】解：對于①，由，得，解得且，所以函數的定義域為，故①正確；對于②，命題，的否定為:，故②錯誤；對于③，若函數在[0，1]上單調遞減，則函數在[0，1]上的最小值為f(1)，若函數在[0，1]上的最小值為f(1)，無法得出函數在[0，1]上單調遞減，例如，函數在[0，1]上不單調，且函數在[0，1]上的最小值為f(1)，所以“函數在[0，1]上單調遞減”是“函數在[0，1]上的最小值為f(1)”的充分不必要條件，故③錯誤；對于④，根據題意經過5分鐘，轉過的角的弧度為，故④正確，所以正確的個數為2個.故選：B.9、D【解題分析】根據題意“非有志者不能至也”可知到達“奇?zhèn)?、瑰怪，非常之觀”必是有志之士，故“有志”是到達“奇?zhèn)?、瑰怪，非常之觀”的必要條件，故選D.10、C【解題分析】根據題意畫出函數圖像，由圖像即可分析出由一個正零點，一個負零點a的范圍【題目詳解】如圖，若存在兩個零點，且一個為正數，另一個為負數，則，故選【題目點撥】本題考查了絕對值函數及零點的簡單應用，屬于基礎題二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、C【解題分析】先求得函數的零點為，進而可得的零點滿足，由二次函數的圖象與性質即可得解.【題目詳解】由題意，函數單調遞增，且，所以函數的零點為，設的零點為，則，則，由于必過點，故要使其零點在區(qū)間上，則或，即或，所以，故選：C.【題目點撥】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是將題目條件轉化為函數零點的范圍，再由二次函數的圖象與性質即可得解.12、【解題分析】因為；所以的概率等于點睛：(1)當試驗的結果構成的區(qū)域為長度、面積、體積等時，應考慮使用幾何概型求解(2)利用幾何概型求概率時，關鍵是試驗的全部結果構成的區(qū)域和事件發(fā)生的區(qū)域的尋找，有時需要設出變量，在坐標系中表示所需要的區(qū)域（3）幾何概型有兩個特點：一是無限性，二是等可能性．基本事件可以抽象為點，盡管這些點是無限的，但它們所占據的區(qū)域都是有限的，因此可用“比例解法”求解幾何概型的概率13、(-1,2).【解題分析】分析：由對數式真數大于0，分母中根式內部的代數式大于0聯立不等式組求解x的取值集合得答案詳解：由，解得﹣1＜x＜2∴函數f（x）=+ln（x+1）的定義域為（﹣1，2）故答案為（﹣1，2）點睛：常見基本初等函數定義域的基本要求(1)分式函數中分母不等于零(2)偶次根式函數的被開方式大于或等于0.(3)一次函數、二次函數的定義域均為R.(4)y＝x0定義域是{x|x≠0}(5)y＝ax(a>0且a≠1)，y＝sinx，y＝cosx的定義域均為R.(6)y＝logax(a>0且a≠1)的定義域為(0，＋∞)14、4【解題分析】故答案為415、【解題分析】函數在上單調遞增，∴解得：故答案為16、【解題分析】結合異面直線所成角的找法，找出角，構造三角形，計算余弦值，即可【題目詳解】連接，而，所以直線與所成角即為，設正方體邊長為1，則，所以余弦值為【題目點撥】考查了異面直線所成角的計算方法，關鍵得出直線與所成角即為，難度中等三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）4【解題分析】（1）聯立直線方程求解即可得交點；（2）由平行直線間的距離公式求解.【題目詳解】（1）聯立得故所求交點的坐標為（2）兩條平行直線與間的距離18、(Ⅰ)；(Ⅱ)1.【解題分析】(Ⅰ)當時，，結合圖象可得若方程有且只有兩個不同的實根，只需即可．（Ⅱ）由題意得只需滿足即可，根據函數圖象的對稱軸與區(qū)間的關系及拋物線的開口方向求得函數的最值，然后解不等式可得所求試題解析：（Ⅰ）當時，，∵關于的方程有且只有兩個不同的實根，∴，∴.∴實數的取值范圍為（Ⅱ）①當，即時，函數在區(qū)間上單調遞增，∵不等式恒成立，∴，可得，∴解得，與矛盾，不合題意②當，即時，函數在區(qū)間上單調遞減，∵不等式恒成立，∴，可得∴解得，這與矛盾，不合題意③當，即時，∵不等式恒成立，∴，整理得，即，即，∴，解得.當時，則，故.∴.綜上可得點睛：(1)二次函數在閉區(qū)間上的最值主要有三種類型：軸定區(qū)間定、軸動區(qū)間定、軸定區(qū)間動，不論哪種類型，解決的關鍵是考查對稱軸與區(qū)間的關系．當含有參數時，要依據對稱軸與區(qū)間的關系進行分類討論；(2)二次函數的單調性問題則主要依據二次函數圖像的對稱軸進行分析討論求解19、（1）；（2）答案見解析；（3）存在，.【解題分析】（1）利用給定條件結合一元二次不等式與一元二次方程的關系，借助韋達定理計算作答.（2）分類討論求解一元二次不等式即可作答.（3）換元，借助二次函數在閉區(qū)間上最值，計算判斷作答.【小問1詳解】依題意，不等式的解集是，因此，是關于x的一元二次方程的二根，且，于得，解得，所以實數m、n的值是：.【小問2詳解】當時，由（1）知：，當時，，解得：或，當時，解得，當時，不等式化：，解得：，所以，當時，原不等式的解集是，當時，原不等式的解集是，當時，原不等式的解集是.【小問3詳解】假設存在實數滿足條件，由（1）知，，，因，則設，函數化為：，顯然，于是得在上單調遞減，當時，，由解得：或（舍去），又，所以存在實數滿足條件，.【題目點撥】易錯點睛：解含參數的一元二次不等式，首先注意二次項系數是否含有參數，如果有，必須按二次項系為正、零、負三類討論求解.20、（1）；（2）【解題分析】（1）根據指數冪的運算性質，化簡計算，即可得答案.（2）根據對數的運算性質，化簡計算，即可得答案.【題目詳解】（1）原式；（2）原式21、（1）見解析；（2）見解析【解題分析】（1）由面面垂直的性質定理證明平面，再由面面垂直的判定定理得證面面垂直；（2）取BC中點P，連接B1P和MP，可證MN∥PB1，從而可證線面平行【題目詳解】（1）因為M為棱AC的中點，且AB＝BC，所以BM⊥AC，又因為ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥平面ABC因為BM?平面ABC，所以AA1⊥BM又因為AC，A1A?平面ACC1A1且AC∩A1A＝A，所以BM⊥平面ACC1A1因為BM?平面BMN，所以：平面BMN⊥平面ACC1A1（2）取BC的中點P，連接B1P和MP，因為M、P為棱AC、BC的