安徽省六安市青山中學(xué)2024屆高一上數(shù)學(xué)期末教學(xué)質(zhì)量檢測模擬試題含解析

安徽省六安市青山中學(xué)2024屆高一上數(shù)學(xué)期末教學(xué)質(zhì)量檢測模擬試題考生請注意：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(nèi)，不得在試卷上作任何標(biāo)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(nèi)，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(jié)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．函數(shù)f(x)=tan的單調(diào)遞增區(qū)間是（）A.(k∈Z) B.(k∈Z)C.(k∈Z) D.(k∈Z)2．下列說法正確的有（）①兩個面平行且相似，其余各面都是梯形的多面體是棱臺；②經(jīng)過球面上不同的兩點只能作一個大圓；③各側(cè)面都是正方形的四棱柱一定是正方體；④圓錐的軸截面是等腰三角形.A.1個 B.2個C.3個 D.4個3．已知當(dāng)時，函數(shù)取最大值，則函數(shù)圖象的一條對稱軸為A. B.C. D.4．設(shè)集合，則是A. B.C. D.有限集5．已知函數(shù)，若函數(shù)在上有3個零點，則m的取值范圍為（）A. B.C. D.6．要得到函數(shù)的圖象，只需將函數(shù)的圖象（）A.向左平移 B.向右平移C.向右平移 D.向左平移7．定義在上的函數(shù)滿足，當(dāng)時,,當(dāng)時,.則=（）A.338 B.337C.1678 D.20138．函數(shù)y＝ax+1﹣1（a＞0，a≠1）恒過的定點是（）A.（1，﹣1） B.（0，0）C.（0，﹣1） D.（﹣1，0）9．函數(shù)=的部分圖像如圖所示，則的單調(diào)遞減區(qū)間為A. B.C. D.10．已知關(guān)于x的不等式解集為，則下列說法錯誤的是（）A.B.不等式的解集為C.D.不等式的解集為二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．1881年英國數(shù)學(xué)家約翰·維恩發(fā)明了Venn圖，用來直觀表示集合之間的關(guān)系．全集，集合，的關(guān)系如圖所示，其中區(qū)域Ⅰ，Ⅱ構(gòu)成M，區(qū)域Ⅱ，Ⅲ構(gòu)成N．若區(qū)域Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ表示的集合均不是空集，則實數(shù)a的取值范圍是______12．若函數(shù)滿足，且當(dāng)時，則______13．若，，則=______；_______14．如果在實數(shù)運算中定義新運算“”：當(dāng)時，；當(dāng)時，．那么函數(shù)的零點個數(shù)為______15．已知y=f(x)是奇函數(shù)，當(dāng)x≥0時，，則f(-8)的值是____.16．若一扇形的圓心角為，半徑為，則該扇形的面積為__________.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．已知函數(shù).（1）若，求的定義域（2）若為奇函數(shù)，求a值.18．已知，且.（1）求；（2）若，，求的值.19．已知，且為第二象限角（1）求的值；（2）求值.20．如圖，三棱臺DEF-ABC中，AB＝2DE，G，H分別為AC，BC的中點(1)求證：平面ABED∥平面FGH；(2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求證：平面BCD⊥平面EGH.21．如圖，直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD=6，BC=2AB=4，點E為線段BC的中點，點F在線段AD上，且EF∥AB，現(xiàn)將四邊形ABCD沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC，點P為幾何體中線段AD的中點（Ⅰ）證明：平面ACD⊥平面ACF；（Ⅱ）證明：CD∥平面BPE

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】運用整體代入法，結(jié)合正切函數(shù)的單調(diào)區(qū)間可得選項.【題目詳解】由kπ-<2x-<kπ+(k∈Z)，得<x<(k∈Z)，所以函數(shù)f(x)=tan的單調(diào)遞增區(qū)間為(k∈Z).故選:B.【題目點撥】本題考查正切函數(shù)的單調(diào)性，屬于基礎(chǔ)題.2、A【解題分析】根據(jù)棱臺、球、正方體、圓錐的幾何性質(zhì)，分析判斷，即可得答案.【題目詳解】①中若兩個底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保證側(cè)棱延長線會交于一點，所以①不正確；②中若球面上不同的兩點恰為球的某條直徑的兩個端點，則過此兩點的大圓有無數(shù)個，所以②不正確；③中底面不一定是正方形，所以③不正確；④中圓錐的母線長相等，所以軸截面是等腰三角形，所以④是正確的.故選：A3、A【解題分析】由最值確定參數(shù)a,再根據(jù)正弦函數(shù)性質(zhì)確定對稱軸【題目詳解】由題意得因此當(dāng)時，，選A.【題目點撥】本題考查三角函數(shù)最值與對稱軸，考查基本分析求解能力，屬基礎(chǔ)題.4、C【解題分析】根據(jù)二次函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的圖象和性質(zhì)，分別求出兩集合中函數(shù)的值域，求出兩集合的交集即可【題目詳解】由集合S中的函數(shù)y＝3x＞0，得到集合S＝{y|y＞0}；由集合T中的函數(shù)y＝x2﹣1≥﹣1，得到集合T＝{y|y≥﹣1}，則S∩T＝S故選C【題目點撥】本題屬于求函數(shù)值域，考查了交集的求法，屬于基礎(chǔ)題5、A【解題分析】畫出函數(shù)圖像，分解因式得到，有一個解故有兩個解，根據(jù)圖像得到答案.【題目詳解】畫出函數(shù)的圖像，如圖所示：當(dāng)時，即，有一個解；則有兩個解，根據(jù)圖像知：故選：【題目點撥】本題考查了函數(shù)的零點問題，畫出函數(shù)圖像，分解因式是解題的關(guān)鍵.6、B【解題分析】根據(jù)左右平移的平移特征（左加右減）即可得解.【題目詳解】解：要得到函數(shù)的圖象，只需將函數(shù)的圖象向右平移個單位即可.故選：B.7、B【解題分析】,,即函數(shù)是周期為的周期函數(shù).當(dāng)時,,當(dāng)時,.,,故本題正確答案為8、D【解題分析】由，可得當(dāng)時，可求得函數(shù)y＝ax+1﹣1（a＞0，a≠1）所過定點.【題目詳解】因為，所以當(dāng)時有，，即當(dāng)時，，則當(dāng)時，，所以當(dāng)時，恒有函數(shù)值.所以函數(shù)y＝ax+1﹣1（a＞0，a≠1）恒過的定點.故選：D【題目點撥】本題考查指數(shù)函數(shù)的圖像性質(zhì)，函數(shù)圖像過定點，還可以由圖像間的平移關(guān)系得到答案，屬于基礎(chǔ)題.9、D【解題分析】由五點作圖知，，解得，，所以，令，解得＜＜，，故單調(diào)減區(qū)間為（，），，故選D.考點：三角函數(shù)圖像與性質(zhì)10、D【解題分析】根據(jù)已知條件得和是方程的兩個實根，且，根據(jù)韋達(dá)定理可得，根據(jù)且,對四個選項逐個求解或判斷可得解.【題目詳解】由已知可得－2，3是方程的兩根，則由根與系數(shù)的關(guān)系可得且，解得，所以A正確；對于B，化簡為，解得，B正確；對于C，，C正確；對于D，化簡為：，解得，D錯誤故選：D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】由，又區(qū)域Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ表示的集合均不是空集，則或解不等式組即可【題目詳解】由，又區(qū)域Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ表示的集合均不是空集，則或解得故答案為：12、1009【解題分析】推導(dǎo)出，當(dāng)時，從而當(dāng)時，，，由此能求出的值【題目詳解】∵函數(shù)滿足，∴，∵當(dāng)時，∴當(dāng)時，，，∴故答案為1009【題目點撥】本題主要考查函數(shù)值的求法，考查函數(shù)性質(zhì)等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是基礎(chǔ)題13、①.②.【解題分析】首先指對互化，求，再求；第二問利用指數(shù)運算，對數(shù)，化簡求值.【題目詳解】，，所以；,，所以故答案為：；14、【解題分析】化簡函數(shù)的解析式，解方程，即可得解.【題目詳解】當(dāng)時，即當(dāng)時，由，可得；當(dāng)時，即當(dāng)時，由，可得（舍）.綜上所述，函數(shù)的零點個數(shù)為.故答案為：.15、【解題分析】先求，再根據(jù)奇函數(shù)求【題目詳解】，因為為奇函數(shù)，所以故答案為：【題目點撥】本題考查根據(jù)奇函數(shù)性質(zhì)求函數(shù)值，考查基本分析求解能力，屬基礎(chǔ)題.16、【解題分析】利用扇形的面積公式可求得結(jié)果.【題目詳解】扇形的圓心角為，因此，該扇形的面積為.故答案：.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應(yīng)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(jù)定義域的求法，求得的定義域.（2）根據(jù)奇函數(shù)的定義域關(guān)于原點對稱求得，判斷為奇函數(shù)，從而確定的值.【題目詳解】（1）依題意，，所以的定義域為.（2）依題意，，解得或，由于為奇函數(shù)，所以，解得，此時，，所以.18、（1）（2）【解題分析】（1）根據(jù)三角函數(shù)相關(guān)公式化簡求解；（2）根據(jù)三角恒等變換化簡求解.【小問1詳解】解：，由，得，解得又，所以.【小問2詳解】解：若，，則，因為，又，所以，所以，所以19、（1）cos，（2）【解題分析】（1）通過三角恒等式先求，再求即可；（2）先通過誘導(dǎo)公式進(jìn)行化簡，再將，的值代入即可得結(jié)果.【小問1詳解】因為sin＝，所以，且是第二象限角，所以cos＝，從而【小問2詳解】原式＝20、（1）見解析（2）見解析【解題分析】解析：（1）在三棱臺DEFABC中，BC＝2EF，H為BC的中點，BH∥EF，BH＝EF，四邊形BHFE為平行四邊形，有BE∥HF.BE∥平面FGH在△ABC中，G為AC的中點，H為BC的中點，GH∥AB.AB∥平面FGH又AB∩BE＝B，所以平面ABED∥平面FGH.(2)連接HE,EGG，H分別為AC，BC的中點，GH∥AB.AB⊥BC，GH⊥BC.又H為BC的中點，EF∥HC，EF＝HC，四邊形EFCH是平行四邊形，有CF∥HE.CF⊥BC，HE⊥BC.HE，GH?平面EGH，HE∩GH＝H，BC⊥平面EGH.BC?平面BCD，平面BCD⊥平面EGH.21、證明過程詳見解析【解題分析】（Ⅰ）證明AF⊥平面EFDC，得出AF⊥CD；再由勾股定理證明FC⊥CD，即可證明CD⊥平面ACF，平面ACD⊥平面ACF；（Ⅱ）取DF的中點Q，連接QE、QP，證明BPQE四點共面，再證明CD∥EQ，從而證明CD∥平面EBPQ，即為CD∥平面BPE【題目詳解】（Ⅰ）由題意知，四邊形ABEF是正方形，∴AF⊥EF，又平面ABEF⊥平面EFDC，∴AF⊥平面EFDC，∴AF⊥CD；又FD=4，F(xiàn)C=AB=2，CD=AB=2，∴FD2=FC2+CD2，∴FC⊥CD；又FC∩AF=F，∴CD⊥平面ACF；又CD?平面ACD