2024屆山東省武城縣第二中學高一上數學期末學業(yè)質量監(jiān)測模擬試題含解析

2024屆山東省武城縣第二中學高一上數學期末學業(yè)質量監(jiān)測模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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．設函數，若對任意x∈R，都有f（x1）≤f（x）≤f（x2）成立，則|x1﹣x2|的最小值是（）A.4π B.2πC.π D.2．設函數，則下列說法錯誤的是（）A.當時，的值域為B.的單調遞減區(qū)間為C.當時，函數有個零點D.當時，關于的方程有個實數解3．函數（且）圖象恒過定點，若點在直線上，其中，則的最大值為A. B.C. D.4．已知，則為（）A. B.2C.3 D.或35．已知函數，若（其中．），則的最小值為（）A. B.C.2 D.46．若集合，，則（）A. B.C. D.7．已知扇形的面積為，扇形圓心角的弧度是，則扇形的周長為（）A. B.C. D.8．為了預防信息泄露，保證信息的安全傳輸，在傳輸過程中都需要對文件加密，有一種加密密鑰密碼系統(tǒng)，其加密、解密原理為：發(fā)送方由明文→密文（加密），接收方由密文→明文．現在加密密鑰為，如“4”通過加密后得到密文“2”，若接受方接到密文“”，則解密后得到的明文是（）A. B.C.2 D.9．已知函數，若，則函數的單調遞減區(qū)間是A. B.C. D.10．若函數f（x）=sin（2x+φ）為R上的偶函數，則φ的值可以是（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知某扇形的半徑為，面積為，那么該扇形的弧長為________.12．在矩形ABCD中，AB=2，AD=1．設①當時，t=___________；②若，則t的最大值是___________13．cos（-225°）=______14．如圖，扇形的面積是，它的周長是，則弦的長為___________.15．已知集合A={x|2x＞1}，B={x|log2x＜0}，則?AB=___16．對，不等式恒成立，則m的取值范圍是___________；若在上有解，則m的取值范圍是___________.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．已知函數在上的最大值與最小值之和為（1）求實數的值；（2）對于任意的，不等式恒成立，求實數的取值范圍18．如圖，在四棱錐P—ABCD中，側面PAD⊥底面ABCD，側棱PA＝PD=,底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2，O為AD中點.(Ⅰ)求證:PO⊥平面ABCD；(Ⅱ)求異面直線PB與CD所成角的余弦值；(Ⅲ)求點A到平面PCD的距離.19．已知全集，集合，.（1）當時，求；（2）命題p：，命題q：，若q是p的必要條件，求實數a的取值范圍.20．已知平面向量，，，且，.（1）求和：（2）若，，求向量與向量的夾角的大小.21．已知函數的圖象在軸右側的第一個最高點和第一個最低點的坐標分別為和.（1）求函數的解析式；（2）求的值

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】首先得出f（x1）是最小值，f（x2）是最大值，可得|x1﹣x2|的最小值為函數的半個周期，根據周期公式可得答案【題目詳解】函數，∵對任意x∈R都有f（x1）≤f（x）≤f（x2），∴f（x1）是最小值，f（x2）是最大值；∴|x1﹣x2|的最小值為函數的半個周期，∵T＝2π，∴|x1﹣x2|的最小值為π，故選：C.2、C【解題分析】利用二次函數和指數函數的值域可判斷A選項；利用二次函數和指數函數的單調性可判斷B選項；利用函數的零點個數求出的取值范圍，可判斷C選項；解方程可判斷D選項.【題目詳解】選項A：當時，當時，，當時，，當時，，綜上，函數的值域為，故A正確；選項B：當時，的單調遞減區(qū)間為，當時，函數為單調遞增函數，無單調減區(qū)間，所以函數的單調遞減為，故B正確；選項C：當時，令，解得或（舍去），當時，要使有解，即在上有解，只需求出的值域即可，當時，，且函數在上單調遞減，所以此時的范圍為，故C錯誤；選項D：當時，，即，即，解得或，當，時，，則，即，解得，所以當時，關于的方程有個實數解，故D正確.故選：C.3、D【解題分析】∵由得，∴函數（且）的圖像恒過定點，∵點在直線上，∴，∵，當且僅當，即時取等號，∴，∴最大值為，故選D【名師點睛】在應用基本不等式求最值時，要把握不等式成立的三個條件，就是“一正——各項均為正；二定——積或和為定值；三相等——等號能否取得”，若忽略了某個條件，就會出現錯誤4、C【解題分析】根據分段函數的定義域求解.【題目詳解】因為，所以故選：C5、B【解題分析】根據二次函數的性質及對數的運算可得，利用均值不等式求最值即可.詳解】,由，，即，，當且僅當，即時等號成立，故選：B6、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：A7、A【解題分析】根據扇形的面積公式和弧長的計算公式，求得弧長和半徑，即可求得結果.【題目詳解】設扇形的半徑為，弧長為.由題意：，解得，所以扇形的周長為，故選：A.【題目點撥】本題考查扇形的弧長和面積公式，屬基礎題.8、A【解題分析】根據題意中給出的解密密鑰為，利用其加密、解密原理，求出的值，解方程即可求解.【題目詳解】由題可知加密密鑰為，由已知可得，當時，，所以，解得，故，顯然令，即，解得，即故選：A.9、D【解題分析】由判斷取值范圍，再由復合函數單調性的原則求得函數的單調遞減區(qū)間【題目詳解】，所以，則為單調增函數，又因為在上單調遞減，在上單調遞增，所以的單調減區(qū)間為，選擇D【題目點撥】復合函數的單調性判斷遵循“同增異減”的原則，所以需先判斷構成復合函數的兩個函數的單調性，再判斷原函數的單調性10、C【解題分析】根據三角函數的奇偶性，即可得出φ的值【題目詳解】函數f（x）=sin（2x+φ）為R上的偶函數，則φ=+kπ，k∈Z；所以φ的值可以是.故選C.【題目點撥】本題考查了三角函數的圖象與性質的應用問題，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、【解題分析】根據扇形面積公式可求得答案.【題目詳解】設該扇形的弧長為,由扇形的面積,可得,解得.故答案.【題目點撥】本題考查了扇形面積公式的應用,考查了學生的計算能力,屬于基礎題.12、①.0②.【解題分析】利用坐標法可得，結合條件及完全平方數的最值即得.【題目詳解】由題可建立平面直角坐標系，則，∴，∴，∴當時，，因為，要使t最大，可取，即時，t取得最大值是.故答案為：0；.13、【解題分析】直接利用誘導公式求知【題目詳解】【題目點撥】本題考查利用誘導公式求知，一般按照以下幾個步驟：負化正，大化小，劃到銳角為終了同時在轉化時需注意“奇變偶不變，符號看象限．”14、【解題分析】由扇形弧長、面積公式列方程可得，再由平面幾何的知識即可得解.【題目詳解】設扇形的圓心角為，半徑為，則由題意，解得，則由垂徑定理可得.故答案為：.15、[1，+∞）【解題分析】由指數函數的性質化簡集合；由對數函數的性質化簡集合，利用補集的定義求解即可.【題目詳解】,所以，故答案為.【題目點撥】研究集合問題，一定要抓住元素，看元素應滿足的屬性.研究兩集合的關系時，關鍵是將兩集合的關系轉化為元素間的關系，本題實質求滿足屬于集合且不屬于集合的元素的集合.16、①.②.【解題分析】（1）根據一元二次函數的圖象，考慮開口方向和判別式，即可得到答案；（2）利用參變分離，將問題轉化為不等式在上有解；【題目詳解】（1）關于x的不等式函數對于任意實數x恒成立，則，解得m的取值范圍是.（2）若在上有解，則在上有解，易知當時，當時，此時記，則，，在上單調遞減，故，綜上可知，，故m的取值范圍是.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）；（2）【解題分析】（1）根據指對數函數的單調性得函數在上是單調函數，進而得，解方程得；（2）根據題意，將問題轉化為對于任意的，恒成立，進而求函數的最值即可.【題目詳解】解：（1）因為函數在上的單調性相同，所以函數在上是單調函數，所以函數在上的最大值與最小值之和為，所以，解得和（舍）所以實數的值為.（2）由（1）得，因為對于任意的，不等式恒成立，所以對于任意的，恒成立，當時，為單調遞增函數，所以，所以，即所以實數的取值范圍【題目點撥】本題考查指對數函數的性質，不等式恒成立求參數范圍，考查運算求解能力，回歸轉化思想，是中檔題.本題第二問解題的關鍵在于根據題意，將問題轉化為任意的，恒成立求解.18、(1)同解析（2）異面直線PB與CD所成的角的余弦值為.（3）點A到平面PCD的距離d＝【解題分析】解法一：（Ⅰ）證明：在△PAD卡中PA＝PD，O為AD中點，所以PO⊥AD.又側面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.（Ⅱ）連結BO，在直角梯形ABCD中，BC∥AD,AD=2AB=2BC，有OD∥BC且OD＝BC，所以四邊形OBCD是平行四邊形，所以OB∥DC.由（Ⅰ）知PO⊥OB，∠PBO為銳角，所以∠PBO是異面直線PB與CD所成的角.因AD＝2AB＝2BC＝2，在Rt△AOB中，AB＝1，AO＝1，所以OB＝，在Rt△POA中，因為AP＝，AO＝1，所以OP＝1，在Rt△PBO中，PB＝,cos∠PBO=,所以異面直線PB與CD所成的角的余弦值為.(Ⅲ)由（Ⅱ）得CD＝OB＝，在Rt△POC中，PC＝，所以PC＝CD＝DP，S△PCD=·2=.又S△=設點A到平面PCD的距離h，由VP-ACD=VA-PCD，得S△ACD·OP＝S△PCD·h，即×1×1＝××h，解得h＝.解法二：（Ⅰ）同解法一，（Ⅱ）以O為坐標原點，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標系O-xyz.則A（0，-1，0），B（1，-1，0），C（1，0，0），D（0，1，0），P（0，0，1）.所以＝（-1，1，0），＝（t，-1，-1），∞〈、〉=，所以異面直線PB與CD所成的角的余弦值為，（Ⅲ）設平面PCD的法向量為n＝（x0,y0,x0），由（Ⅱ）知=（-1，0，1），＝（-1，1，0），則n·＝0，所以-x0+x0=0,n·＝0，-x0+y0=0，即x0=y0=x0,取x0=1，得平面的一個法向量為n=(1,1,1).又=(1,1,0).從而點A到平面PCD的距離d＝19、（1）（2）【解題分析】（1）先解分式不等式和二次不等式得集合,再求補集和交集即可；（2）先判斷得，再根據必要條件得到集合的包含關系，列不等式求解即可.【小問1詳解】∵時，，，全集，∴或．∴【小問2詳解】∵命題：，命題：，是必要條件，∴∵，∴，∵，，∴，解得或，故實數的取值范圍20、（1），；（2）.【解題分析】（1）本題首先可根據、得出，然后通過計算即可得出結果；（2）本題首先可根據題意得出以及，然后求出、以及的值，最后根據向量的數量積公式即可得出結果.【題目詳解】（1）因為，，，且，，所以，解得，故，.（2）因為，，所以，因為，，所以，，，，設與的夾角為，則，因為，所