2024屆黑龍江省佳木斯一中高一數學第一學期期末經典模擬試題含解析

2024屆黑龍江省佳木斯一中高一數學第一學期期末經典模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．已知直線經過點，傾斜角的正弦值為，則的方程為（）A. B.C. D.2．已知是定義在上的偶函數，那么的最大值是（）A.0 B.C. D.13．若函數f（x）＝Asin（ωx+φ）（其中A＞0，ω＞0，|φ|）的部分圖象如圖所示，將函數f（x）的圖象向左平移1個單位長度后，得到函數g（x）的圖象，則g（x）＝（）A.2cosx B.2sinxC.2cosx D.2sinx4．角的終邊落在A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限5．已知函數（且），若函數圖象上關于原點對稱的點至少有3對，則實數a的取值范圍是（）.A. B.C. D.6．如果函數在區(qū)間上單調遞減，則的取值范圍是（）A. B.C. D.以上選項均不對7．若將函數的圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的一半（縱坐標不變），再將所得圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象，則下列說法正確的是（）A.的最小正周期為 B.在區(qū)間上單調遞減C.圖象的一條對稱軸為直線 D.圖象的一個對稱中心為8．已知定義在上的奇函數，滿足，當時，，則函數在區(qū)間上的所有零點之和為（）A. B.C. D.9．已知函數，若存在實數，（）滿足，則的最小值為（）A B.C. D.110．函數的大致圖象是（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若一個集合是另一個集合的子集，則稱兩個集合構成“鯨吞”；對于集合，，若這兩個集合構成“鯨吞”，則的取值為____________12．如圖，在四面體ABCD中，AB⊥平面BCD，△BCD是邊長為6的等邊三角形．若AB=4，則四面體ABCD外接球的表面積為________13．關于的不等式的解集是________14．第24屆冬季奧林匹克運動會簡稱“北京—張家口冬奧會”，將于2022.2.4～2022.2.20在中華人民共和國北京市和張家口市聯合舉行.某公司為迎接冬奧會的到來，設計了一款扇形的紀念品，扇形圓心角為2，弧長為12cm，則扇形的面積為______.15．已知函數若函數有三個不同的零點，且，則的取值范圍是____16．高三年級的一次模擬考試中，經統(tǒng)計某校重點班30名學生的數學成績均在[100，150]（單位：分）內，根據統(tǒng)計的數據制作出頻率分布直方圖如右圖所示，則圖中的實數a=__________，若以各組數據的中間數值代表這組數據的平均水平，估算該班的數學成績平均值為__________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.（1）當時，求該函數的值域；（2）若，對于恒成立，求實數m的取值范圍.18．已知函數，函數.（1）填空：函數的增區(qū)間為___________（2）若命題“”為真命題，求實數的取值范圍；（3）是否存在實數，使函數在上的最大值為？如果存在，求出實數所有的值.如果不存在，說明理由.19．設圓的圓心在軸上，并且過兩點.(1)求圓的方程；(2)設直線與圓交于兩點，那么以為直徑的圓能否經過原點，若能，請求出直線的方程；若不能，請說明理由.20．某家庭進行理財投資，根據長期收益率市場預測，投資債券等穩(wěn)健型產品的收益與投資額成正比，投資股票等風險型產品的收益與投資額的算術平方根成正比，已知投資1萬元時兩類產品的收益分別為萬元和萬元（如圖）.（1）分別寫出兩種產品的收益和投資的函數關系；（2）該家庭現有20萬元資金，全部用于理財投資，問：怎樣分配資金能使投資獲得最大的收益，其最大收益為多少萬元？21．如圖，直三棱柱中，分別為的中點.(1)求證：平面；(2)已知，，，求三棱錐的體積.

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、D【解題分析】由題可知，則∵直線經過點∴直線的方程為，即故選D2、C【解題分析】∵f(x)＝ax2＋bx是定義在[a－1,2a]上偶函數，∴a－1＋2a＝0，∴a＝.又f(－x)＝f(x)，∴b＝0，∴，所以.故選C.3、A【解題分析】觀察函數圖像，求得，再結合函數圖像的平移變換即可得解.詳解】解：由圖可知,，即，又，所以，即，又由圖可知，所以，又，即即，將函數f（x）的圖象向左平移1個單位長度后，得到函數g（x）的圖象，則，故選：A.【題目點撥】本題考查了利用函數圖像求解析式，重點考查了函數圖像的平移變換，屬基礎題.4、A【解題分析】根據角的定義判斷即可【題目詳解】，故為第一象限角，故選A【題目點撥】判斷角的象限，將大角轉化為一個周期內的角即可5、A【解題分析】由于關于原點對稱得函數為，由題意可得，與的圖像在的交點至少有3對，結合函數圖象，列出滿足要求的不等式，即可得出結果.【題目詳解】關于原點對稱得函數為所以與的圖像在的交點至少有3對，可知，如圖所示，當時，，則故實數a的取值范圍為故選：A【題目點撥】本題考查函數的對稱性，難點在于將問題轉換為與的圖像在的交點至少有3對，考查了運算求解能力和邏輯推理能力，屬于難題.6、A【解題分析】先求出二次函數的對稱軸，由區(qū)間，在對稱軸的左側，列出不等式解出的取值范圍【題目詳解】解：函數的對稱軸方程為：，函數在區(qū)間，上遞減，區(qū)間，在對稱軸的左側，，故選：A【題目點撥】本題考查二次函數圖象特征和單調性，以及不等式的解法，屬于基礎題7、D【解題分析】根據題意函數的圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的一半（縱坐標不變），再將所得圖象向左平移個單位長度，得到函數，即可求出最小正周期，把看成是整體，分別求的單調遞減區(qū)間、對稱軸、對稱中心，在分別驗證選項即可得到答案.【題目詳解】由于函數的圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的一半（縱坐標不變），故函數的解析式為，再將所得圖象向左平移個單位長度，.，故A錯誤；的單調減區(qū)間為，故在區(qū)間內不單調遞減；圖象的對稱軸為，不存在使得圖象的一條對稱軸為直線，故C錯誤；圖象的對稱中心的橫坐標為，當時，圖象的一個對稱中心為，故D正確.故選：D.8、D【解題分析】推導出函數是周期為的周期函數，且該函數的圖象關于直線對稱，令，可得出，轉化為函數與函數圖象交點橫坐標之和，數形結合可得出結果.【題目詳解】由于函數為上的奇函數，則，，所以，函數是周期為的周期函數，且該函數的圖象關于直線對稱，令，可得，則函數在區(qū)間上的零點之和為函數與函數在區(qū)間上圖象交點橫坐標之和，如下圖所示：由圖象可知，兩個函數的四個交點有兩對關于點對稱，因此，函數在區(qū)間上的所有零點之和為.故選：D.【題目點撥】本題考查函數零點之和，將問題轉化為兩個函數的交點，結合函數圖象的對稱性來求解是解答的關鍵，考查數形結合思想的應用，屬于中等題.9、A【解題分析】令=t，分別解得，，得到，根據參數t的范圍求得最小值.【題目詳解】當0≤x≤2時，0≤x2≤4，當2<x≤3時，2<3x－4≤5，則[0，4]∩(2，5]=(2，4]，令=t∈(2，4]，則，，∴，當，即時，有最小值，故選：A.10、A【解題分析】利用奇偶性定義可知為偶函數，排除；由排除，從而得到結果.【題目詳解】為偶函數，圖象關于軸對稱，排除又，排除故選：【題目點撥】本題考查函數圖象的識別，對于此類問題通常采用排除法來進行排除，考慮的因素通常為：奇偶性、特殊值和單調性，屬于常考題型.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、0【解題分析】根據題中定義，結合子集的定義進行求解即可.【題目詳解】當時，，顯然，符合題意；當時，顯然集合中元素是兩個互為相反數的實數，而集合中的兩個元素不互為相反數，所以集合、之間不存在子集關系，不符合題意，故答案為：12、【解題分析】由題設知，四面體ABCD的外接球也是與其同底等高的三棱柱的外接球，球心為上下底面中心連線EF的中點,所以，所以球的半徑所以，外接球的表面積，所以答案應填：考點：1、空間幾何體的結構特征；2、空間幾何體的表面積13、【解題分析】不等式，可變形為：，所以.即，解得或.故答案為.14、36【解題分析】首先根據弧長公式求出扇形的半徑，再根據扇形的面積公式計算可得；【題目詳解】解：依題意、cm，所以，即cm，所以；故答案為：15、；【解題分析】作圖可知:點睛：利用函數零點情況求參數值或取值范圍的方法(1)利用零點存在的判定定理構建不等式求解.(2)分離參數后轉化為函數的值域(最值)問題求解.(3)轉化為兩熟悉的函數圖象的上、下關系問題，從而構建不等式求解.16、①.0.005（或）②.126.5（或126.5分）【解題分析】根據頻率分布直方圖的性質得到參數值，進而求得平均值.詳解】由頻率分布直方圖可得：，∴；該班的數學成績平均值為.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）（2）【解題分析】（1）令，可得，利用二次函數的性質即可求出；（2）令，可得在上恒成立，求出的最大值即可.【小問1詳解】令，，則，函數轉化為，，則二次函數，，當時，，當時，，故當時，函數的值域為【小問2詳解】由于對于上恒成立，令，，則即在上恒成立，所以在上恒成立，由對勾函數的性質知在上單調遞增，所以當時，，故時，原不等式對于恒成立18、（1）（寫出開區(qū)間亦可）；（2）；（3）.【解題分析】（1）根據單調性的定義結合奇偶性可得解；（2）令，問題轉化為“”為真命題，根據基本不等式找函數的最小值即可；（3）當時，，記，若函數在上的最大值為，分和，結合對數函數的單調性列式求解即可.【題目詳解】（1）函數的增區(qū)間為（寫出開區(qū)間亦可）；理由：，為偶函數，任取，，所以的增區(qū)間為.（2），令，當且僅當時取“”，“”為真命題可轉化為“”為真命題，因為，當且僅當時取“”，所以，所以；（3）由（1）可知，當時，，記，若函數在上的最大值為，則1）當，即時，在上最小值為1，因為圖象的對稱軸為，所以，解得，符合題意；2）當，即時，在上最大值為1，且恒成立，因為圖象是開口向上的拋物線，在的最大值可能是或，若，則，不符合題意，若，則，此時對稱軸，由，不合題意0.綜上所述，只有符合條件.【題目點撥】本題主要考查了對數型、指數型的復合函數的單調性及最值問題。解題的關鍵是換元，將復雜的函數化為簡單的函數，解決對數型的復合函數時要注意真數大于0這個隱含條件，屬于難題.19、(1)(2)或.【解題分析】（1）圓的圓心在的垂直平分線上，又的中點為，，∴的中垂線為.∵圓的圓心在軸上，∴圓的圓心為，因此，圓的半徑，（2）設M,N的中點為H，假如以為直徑的圓能過原點，則.，設是直線與圓的交點，將代入圓的方程得：.∴.∴的中點為.代入即可求得，解得.再檢驗即可試題解析：(1)∵圓的圓心在的垂直平分線上，又的中點為，，∴的中垂線為.∵圓的圓心在軸上，∴圓的圓心為，因此，圓的半徑，∴圓的方程為.(2)設是直線與圓的交點，將代入圓的方程得：.∴.∴的中點為.假如以為直徑的圓能過原點，則.∵圓心到直線的距離為，∴.∴，解得.經檢驗時，直線與圓均相交，∴的方程為或.點睛：直線和圓的方程的應用，直線和圓的位置關系，務必牢記d與r的大小關系對應的位置關系結論的理解.20、（1）投資債券，投資股票；（2）投資債券類產品萬元，股票類投資為4萬元，收益最大值為萬元.【解題分析】（1）設函數解析式，，代入即可求出的值，即可得函數解析式；（2）設投資債券類產品萬元，則股票類投資為萬元，年收益為萬元，則，代入解析式，換元求最值即可.【題目詳解】（1）設.由題意可得：，，所以，，（2）設投資債券類產品萬元