2024屆山西省達標名校高一數學第一學期期末達標檢測試題含解析

2024屆山西省達標名校高一數學第一學期期末達標檢測試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．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．長方體中，，，則直線與平面ABCD所成角的大小A. B.C. D.2．函數f(x)=的零點所在的一個區(qū)間是A.（-2，-1） B.（-1,0）C.（0,1） D.（1,2）3．已知函數，，若存在，使得，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.4．已知直線：與：平行，則的值是（）.A.或 B.或C.或 D.或5．過點，且圓心在直線上的圓的方程是（）A. B.C. D.6．函數與的圖象可能是（）A. B.C. D.7．若，則的值為A.0 B.1C.-1 D.28．已知冪函數在上單調遞減，則m的值為（）A.0 B.1C.0或1 D.9．七巧板，又稱七巧圖、智慧板，是中國古代勞動人民的發(fā)明，其歷史至少可以追溯到公元前一世紀，到了明代基本定型，于明、清兩代在民間廣泛流傳．某同學用邊長為4dm的正方形木板制作了一套七巧板，如圖所示，包括5個等腰直角三角形，1個正方形和1個平行四邊形．若該同學從5個三角形中任取出2個，則這2個三角形的面積之和不小于另外3個三角形面積之和的概率是（）A. B.C. D.10．的值為A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．設角的頂點與坐標原點重合，始邊與軸的非負半軸重合，若角的終邊上一點的坐標為，則的值為__________12．已知函數（）①當時的值域為__________；②若在區(qū)間上單調遞增，則的取值范圍是__________13．已知a=0.32，b=413，c=log132，則a14．漏斗作為中國傳統(tǒng)器具而存在于日常生活之中，某漏斗有蓋的三視圖如圖所示，其中俯視圖為正方形，則該漏斗的容積為不考慮漏斗的厚度______，若該漏斗存在外接球，則______.15．在三棱錐中，，，兩兩垂直，，，三棱錐的側面積為13，則該三棱錐外接球的表面積為______.16．已知向量，，則向量在方向上的投影為___________.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．已知函數f(x)＝(a，b為常數，且a≠0)滿足f(2)＝1，方程f(x)＝x有唯一解，（1）求函數f(x)的解析式；（2）若，求函數的最大值.18．設函數的定義域為，函數的定義域為（1）求；（2）若，求實數的取值范圍19．已知集合且和集合（Ⅰ）求；（Ⅱ）若全集，集合，且，求a的取值范圍20．已知函數.（1）求函數的最大值及相應的取值；（2）方程在上有且只有一個解，求實數的取值范圍；（3）是否存在實數滿足對任意，都存在，使成立.若存在，求的取值范圍；若不存在，說明理由.21．已知函數.（1）若，判斷函數的零點個數；（2）若對任意實數，函數恒有兩個相異的零點，求實數的取值范圍；（3）已知且，，求證：方程在區(qū)間上有實數根.

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、B【解題分析】連接，根據長方體的性質和線面角的定義可知：是直線與平面ABCD所成角，在底面ABCD中，利用勾股定理可以求出，在中，利用銳角三角函數知識可以求出的大小.【題目詳解】連接，在長方體中，顯然有平面ABCD，所以是直線與平面ABCD所成角，在底面ABCD中，，在中，，故本題選B.【題目點撥】本題考查了線面角的求法,考查了數學運算能力.2、B【解題分析】因為函數f(x)=2+3x在其定義域內是遞增的，那么根據f(-1)=,f（0）=1+0=1>0,那么函數的零點存在性定理可知，函數的零點的區(qū)間為（-1,0），選B考點：本試題主要考查了函數零點的問題的運用點評：解決該試題的關鍵是利用零點存在性定理，根據區(qū)間端點值的乘積小于零，得到函數的零點的區(qū)間3、D【解題分析】根據條件求出兩個函數在上的值域，結合若存在，使得，等價為兩個集合有公共元素，然后根據集合關系進行求解即可【題目詳解】當時，，即，則的值域為[0，1]，當時，，則的值域為，因為存在，使得，則若，則或，得或，則當時，，即實數a的取值范圍是，A，B，C錯，D對.故選：D4、C【解題分析】當k-3=0時，求出兩直線的方程，檢驗是否平行；當k-3≠0時，由一次項系數之比相等且不等于常數項之比，求出k的值解：由兩直線平行得，當k-3=0時，兩直線方程分別為y=-1和y=3/2，顯然兩直線平行．當k-3≠0時，由，可得k=5．綜上，k的值是3或5，故選C5、B【解題分析】由題設得的中垂線方程為，其與交點即為所求圓心，并應用兩點距離公式求半徑，寫出圓的方程即可.【題目詳解】由題設，的中點坐標為，且，∴的中垂線方程為，聯立，∴，可得，即圓心為，而，∴圓的方程是.故選：B6、D【解題分析】注意到兩函數圖象與x軸的交點，由排除法可得.【題目詳解】令，得或，則函數過原點，排除A；令，得，故函數，都過點，排除BC.故選：D7、A【解題分析】由題意得a不等于零，或,所以或,即的值為0，選A.8、A【解題分析】根據冪函數得的定義，求得或，結合冪函數的性質，即可求解.【題目詳解】由題意，冪函數，可得，解得或，當時，可得，可得在上單調遞減，符合題意；當時，可得，可得在上無單調性，不符合題意，綜上可得，實數的值為.故選：A.9、D【解題分析】先逐個求解所有5個三角形的面積，再根據要求計算概率.【題目詳解】如圖所示，，，，，的面積分別為，，將，，，，分別記為，，，，，從這5個三角形中任取出2個，則樣本空間，共有10個樣本點記事件表示“從5個三角形中任取出2個，這2個三角形的面積之和不小于另外3個三角形面積之和”，則事件包含的樣本點為，，，共3個，所以故選：D10、B【解題分析】.故選B.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、##0.5【解題分析】利用余弦函數的定義即得.【題目詳解】∵角的終邊上一點的坐標為，∴.故答案為：.12、①.②.【解題分析】當時，分別求出兩段函數的值域，取并集即可；若在區(qū)間上單調遞增，則有，解之即可得解.【題目詳解】解：當時，若，則，若，則，所以當時的值域為；由函數（），可得函數在上遞增，在上遞增，因為在區(qū)間上單調遞增，所以，解得，所以若在區(qū)間上單調遞增，則的取值范圍是.故答案為：；.13、a>b>c【解題分析】根據指數函數與對數函數單調性直接判斷即可.【題目詳解】由已知得a=0.32<b=413所以a>b>c，故答案為：a>b>c.14、①.②.0.5【解題分析】先將三視圖還原幾何體，然后利用長方體和錐體的體積公式求解容積即可；設該漏斗外接球的半徑為，設球心為，利用，列式求解的值即可.【題目詳解】由題中的三視圖可得，原幾何體如圖所示，其中，，正四棱錐的高為，，，所以該漏斗的容積為；正視圖為該幾何體的軸截面，設該漏斗外接球的半徑為，設球心為，則，因為，又，所以，整理可得，解得，所以該漏斗存在外接球，則故答案為：①；②.15、【解題分析】根據側面積計算得到，再計算半徑為，代入表面積公式得到答案.【題目詳解】三棱錐的側面積為，所以故該三棱錐外接球的半徑為：，球的表面積為.故答案為：【題目點撥】本題考查了三棱錐的外接球問題，意在考查學生的空間想象能力和計算能力.16、【解題分析】直接利用投影的定義求在方向上的投影.【題目詳解】因為，，設與夾角為，，則向量在方向上的投影為：.所以在方向上投影為故答案為：.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）f(x)=；（2）.【解題分析】（1）由可得，由此方程的解唯一，可得，可求出，再由f(2)＝1，可求出的值，進而可求出函數f(x)的解析式；（2）由題意可得，然后求出的最小值，可得的最大值【題目詳解】解：（1）由，得，即.因為方程有唯一解，所以，即，因為f(2)＝1，所以＝1，所以，所以＝；（2）因為，所以，而，當，即時，取得最小值，此時取得最大值.18、（1）；（2）.【解題分析】（1）由題知，即得；（2）根據，得，即求.【小問1詳解】由題知，解得：，∴.【小問2詳解】由題知，若，則，，實數的取值范圍是.19、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解題分析】Ⅰ由函數的定義域及值域的求法得，，可求Ⅱ先求解C，再由集合的補集的運算及集合間的包含關系得，解得【題目詳解】Ⅰ由，，得，即，解不等式，得，即，所以，Ⅱ解不等式得：，即，又，又，所以，解得：，【題目點撥】本題考查了函數的定義域及值域的求法，考查了集合的交集、補集的運算及集合間的包含關系，屬于簡單題20、（1）2，（2）或（3）存在，【解題分析】（1）由三角恒等變換化簡函數，再根據正弦函數性質可求得答案；（2）將問題轉化為函數與函數在上只有一個交點.由函數的單調性和最值可求得實數的取值范圍；（3）由（1）可知，由已知得，成立，令，其對稱軸，分，，討論函數的最小值，建立不等式，求解即可.【小問1詳解】解：由得.令，解得，∴函數的最大值為2，此時；【小問2詳解】解：方程在上有且有一個解，即函數與函數在上只有一個交點.∵，∴.∵函數在上單調遞增，在上單調遞減，且，，.∴或；【小問3詳解】解：由（1）可知，∴.實數滿足對任意，都存在，使得成立，即成立，令，其對稱軸，∵，∴①當時，即，，∴；②當，即時，，∴；③當，即時，，∴.綜上可得，存在滿足題意的實數，的取值范圍是.21、⑴見解析;⑵;⑶見解析.【解題分析】（1）利用判別式定二次函數的零點個數：（2）零點個數問題轉化為圖象交點個數問題，利用判別式處理即可；（3）方程在區(qū)間上有實數根，即有零點，結合零點存在定理可以證明.試題解析：⑴