河北省唐山遵化市2024屆高一數(shù)學第一學期期末教學質(zhì)量檢測模擬試題含解析

河北省唐山遵化市2024屆高一數(shù)學第一學期期末教學質(zhì)量檢測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)可以判定方程的一個根所在的區(qū)間為（）1234500.6931.0991.3861.60910123A. B.C. D.2．已知冪函數(shù)在上是增函數(shù)，則n的值為（）A. B.1C. D.1和3．下列函數(shù)中為奇函數(shù)，且在定義域上為增函數(shù)的有（）A. B.C. D.4．向量“，不共線”是“|+|<||+||”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件5．設，且，則的最小值為（）A.4 B.C. D.66．下列命題中正確的是A. B.C. D.7．下列函數(shù)中，在其定義域內(nèi)既是增函數(shù)又是奇函數(shù)的是（）A. B.C. D.8．在中，為邊的中點，則（）A. B.C. D.9．已知偶函數(shù)在上單調(diào)遞增，且，則滿足的x的取值范圍是（）A. B.C. D.10．若sinx＜0，且sin（cosx）＞0，則角是A.第一象限角 B.第二象限角C.第三象限角 D.第四象限角二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數(shù)f（x）=cos（ωx+φ）（ω＞0，|φ|≤），x=-為f（x）的零點，x=為y=f（x）圖象的對稱軸，且f（x）在（，）上單調(diào)，則ω的最大值為______12．在中，角、、所對的邊為、、，若，，，則角________13．的單調(diào)增區(qū)間為________.14．計算：sin150°＝_____15．如圖，在平面直角坐標系中，矩形的頂點、分別在軸非負半軸和軸的非負半軸上滑動，頂點在第一象限內(nèi)，，，設.若，則點的坐標為______；若，則的取值范圍為______.16．已知扇形的半徑為2，面積為，則該扇形的圓心角的弧度數(shù)為______.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．已知線段AB的端點A的坐標為，端點B是圓:上的動點.（1）求過A點且與圓相交時的弦長為的直線的方程（2）求線段AB中點M的軌跡方程，并說明它是什么圖形18．如圖，在直三棱柱中，點為的中點，，，.（1）證明：平面.（2）求三棱錐的體積.19．如圖所示，四棱錐的底面是邊長為1的菱形，，E是CD中點，PA底面ABCD，（I）證明：平面PBE平面PAB；（II）求二面角A—BE—P和的大小20．已知函數(shù)f(x)=x-（1）討論并證明函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+∞)的單調(diào)性；（2）若對任意的x∈[1,+∞)，f(mx)+mf(x)<0恒成立，求實數(shù)m的取值范圍21．某品牌手機公司的年固定成本為50萬元，每生產(chǎn)1萬部手機需增加投入20萬元，該公司一年內(nèi)生產(chǎn)萬部手機并全部銷售完當年銷售量不超過40萬部時，銷售1萬部手機的收入萬元；當年銷售量超過40萬部時，銷售1萬部手機的收入萬元（1）寫出年利潤萬元關于年銷售量萬部的函數(shù)解析式；（2）年銷售量為多少萬部時，利潤最大，并求出最大利潤.

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、C【解題分析】令，由表中數(shù)據(jù)結合零點存在性定理即可得解.【題目詳解】令，由表格數(shù)據(jù)可得.由零點存在性定理可知，在區(qū)間內(nèi)必有零點.故選C.【題目點撥】本題主要考查了零點存在性定理，屬于基礎題.2、C【解題分析】利用冪函數(shù)的定義與單調(diào)性即可得解.【題目詳解】因為函數(shù)是冪函數(shù)，所以解得：或當時，在上是增函數(shù)，符合題意.當時，在上是減函數(shù)，不符合題意.故選：C【題目點撥】易錯點睛：本題主要考查了冪函數(shù)的定義及性質(zhì)，利用冪函數(shù)的定義知其系數(shù)為1，解方程即可，一定要驗證是否符合在上是增函數(shù)的條件，考查了學生的運算求解的能力，屬于基礎題.3、C【解題分析】根據(jù)函數(shù)的奇偶性，可排除A,B;說明的奇偶性以及單調(diào)性，可判斷C;根據(jù)的單調(diào)性，判斷D.【題目詳解】函數(shù)為非奇非偶函數(shù)，故A錯；函數(shù)為偶函數(shù)，故B錯；函數(shù)，滿足，故是奇函數(shù)，在定義域R上，是單調(diào)遞增函數(shù)，故C正確；函數(shù)在上是增函數(shù)，在上是增函數(shù)，在定義域上不單調(diào)，故D錯，故選：C4、A【解題分析】利用向量的線性運算的幾何表示及充分條件，必要條件的概念即得.【題目詳解】當向量“，不共線”時，由向量三角形的性質(zhì)可得“|+|<||+||”成立，即充分性成立，當“，方向相反”時，滿足“|+|<||+||”，但此時兩個向量共線，即必要性不成立，故向量“，不共線”是“|+|<||+||”的充分不必要條件.故選：A.5、C【解題分析】利用基本不等式“1”的代換求目標式的最小值，注意等號成立條件.【題目詳解】由，當且僅當時等號成立.故選：C6、D【解題分析】本題考查向量基本運算對于A，，故A不正確；對于B，由于向量的加減運算的結果仍為向量，所以，故B錯誤；由于向量的數(shù)量積結果是一個實數(shù)，故C錯誤，C的結果應等于0；D正確7、D【解題分析】在定義域每個區(qū)間上為減函數(shù)，排除.是非奇非偶函數(shù)，排除.故選.8、B【解題分析】由平面向量的三角形法則和數(shù)乘向量可得解【題目詳解】由題意，故選：B【題目點撥】本題考查了平面向量的線性運算，考查了學生綜合分析，數(shù)形結合的能力，屬于基礎題9、B【解題分析】由題得函數(shù)在上單調(diào)遞減，且，再根據(jù)函數(shù)的圖象得到，解不等式即得解.【題目詳解】因為偶函數(shù)在上單調(diào)遞增，且，所以在上單調(diào)遞減，且，因為，所以，所以.故選：B【題目點撥】本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性的應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.10、D【解題分析】根據(jù)三角函數(shù)角的范圍和符號之間的關系進行判斷即可【題目詳解】∵﹣1≤cosx≤1，且sin（cosx）＞0，∴0＜cosx≤1，又sinx＜0，∴角x為第四象限角，故選D【題目點撥】本題主要考查三角函數(shù)中角的象限的確定，根據(jù)三角函數(shù)值的符號去判斷象限是解決本題的關鍵二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】先根據(jù)是的零點，是圖像的對稱軸可轉化為周期的關系，從而求得的取值范圍，又根據(jù)所求值為最大值，所以從大到小對賦值驗證找到適合的最大值即可【題目詳解】由題意可得，即，解得，又因為在上單調(diào)，所以，即，因為要求的最大值，令，因為是的對稱軸，所以，又，解得，所以此時，在上單調(diào)遞減，即在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故在不單調(diào)，同理，令，，在上單調(diào)遞減，因為，所以在單調(diào)遞減，滿足題意，所以的最大值為5.【題目點撥】本題綜合考查三角函數(shù)圖像性質(zhì)的運用，在這里需注意：兩對稱軸之間的距離為半個周期；相鄰對稱軸心之間的距離為半個周期；相鄰對稱軸和對稱中心之間的距離為個周期12、.【解題分析】利用余弦定理求出的值，結合角的取值范圍得出角的值.【題目詳解】由余弦定理得，，，故答案為.【題目點撥】本題考查余弦定理的應用和反三角函數(shù)，解題時要充分結合元素類型選擇正弦定理和余弦定理解三角形，考查計算能力，屬于中等題.13、【解題分析】求出給定函數(shù)的定義域，由對數(shù)函數(shù)、正弦函數(shù)單調(diào)性結合復合函數(shù)單調(diào)性求解作答.【題目詳解】依題意，，則，解得，函數(shù)中，由得，即函數(shù)在上單調(diào)遞增，當時，函數(shù)在上單調(diào)遞增，又函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為.故答案為：【題目點撥】關鍵點睛：函數(shù)的單調(diào)區(qū)間是定義域的子區(qū)間，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，正確求出函數(shù)的定義域是解決問題的關鍵.14、【解題分析】利用誘導公式直接化簡計算即可得出答案.【題目詳解】sin150°＝sin（180°﹣30°）＝sin30°.故答案為：【題目點撥】本題考查了誘導公式的應用,屬于基礎題.15、①.②.【解題分析】分別過點作、軸的垂線，垂足點分別為、，過點分別作、軸的垂線，垂足點分別為、，設點、，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義可得出點、的坐標，然后利用平面向量數(shù)量積的坐標運算和二倍角的正弦公式可求出的取值范圍.【題目詳解】分別過點作、軸的垂線，垂足點分別為、，過點分別作、軸的垂線，垂足點分別為、，如下圖所示：則，設點、，則，，，.當時，，，則點；由上可知，，，則，因此，的取值范圍是.故答案為：；.【題目點撥】本題考查點的坐標的計算，同時也考查了平面向量數(shù)量積的取值范圍的求解，解題的關鍵就是將點的坐標利用三角函數(shù)表示，考查運算求解能力，屬于中等題.16、【解題分析】由扇形的面積公式和弧度制的定義，即可得出結果.【題目詳解】由扇形的面積公式可得，所以圓心角為.故答案為：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）或；（2）點M的軌跡是以（4，2）為圓心，半徑為1的圓.【解題分析】⑴設直線的斜率為，求得直線的方程，再根據(jù)與圓相交的弦長為，求得圓心到直線的距離，求出即可得到直線的方程；⑵設出的坐標，確定動點之間坐標的關系，利用在圓上，可得結論；解析：（1）根據(jù)題意設直線的斜率為k，則直線的方程為，且與圓相交的弦長為，所以圓心到直線的距離為解得所以直線的方程為或（2）設∵M是線段AB的中點，又A（4,3）∴得又在圓上，則滿足圓的方程∴整理得為點M的軌跡方程，點M的軌跡是以（4，2）為圓心，半徑為1的圓點睛：本題考查了直線與圓的位置關系，并求出點的軌跡方程，在計算軌跡問題時的方法：用未知點坐標表示已知點坐標，然后代入原解析式即可求出關于動點的軌跡方程18、（1）證明見解析（2）【解題分析】（1）在平面內(nèi)作出輔助線，然后根據(jù)線面平行判定定理證明即可；（2）作出三棱錐的高，將看作三棱錐的底面，利用三棱錐體積公式計算即可.【小問1詳解】證明：連接，交于，連接，因為是直三棱柱，所以為中點，而點為的中點，所以，因為平面，平面，所以平面【小問2詳解】解：過作于，因為是直三棱柱，點為的中點，所以，且底面，所以,因為，所以，則,所以19、（I）同解析（II）二面角的大小為【解題分析】解：解法一（I）如圖所示,連結由是菱形且知，是等邊三角形.因為E是CD的中點，所以又所以又因為PA平面ABCD，平面ABCD，所以而因此平面PAB.又平面PBE，所以平面PBE平面PAB.（II）由（I）知，平面PAB,平面PAB,所以又所以是二面角的平面角在中,故二面角的大小為解法二：如圖所示,以A為原點，建立空間直角坐標系則相關各點的坐標分別是：（I）因為平面PAB的一個法向量是所以和共線.從而平面PAB.又因為平面PBE，所以平面PBE平面PAB.（II）易知設是平面PBE的一個法向量,則由得所以故可取而平面ABE的一個法向量是于是,故二面角的大小為20、(1)函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,見解析(2)m<-1【解題分析】1利用單調(diào)性的定義，根據(jù)步驟，取值，作差，變形，定號下結論，即可得到結論；2原不等式等價于2mx-1mx-mx<0對任意的x∈[1,+∞)恒成立，整理得2mx2解析：（1）函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增證明：任取x2>x因為x2>x1>0，所以x所以函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增（2）原不等式等價于2mx-1mx-整理得2mx2-m-若m>0，則左邊對應的函數(shù)開口向上，當x∈[1,+∞)時，必有大于0的函數(shù)值；所以m<0且2m-m-1所以m<-121、（1）；（2）年銷售量為45萬部時，最