2024屆江蘇省常熟市高一上數學期末復習檢測模擬試題考生須知：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．已知函數是定義在R上的偶函數,且在區間單調遞增.若實數a滿足,則a的取值范圍是A. B.C. D.2．已知函數（其中）的圖象如下圖所示，則的圖象是（）A. B.C. D.3．已知函數在上是增函數，則實數的取值范圍為（）A. B.C. D.4．已知為第二象限角，則的值是（）A.3 B.C.1 D.5．函數的圖像必經過點A.（0,2） B.（4,3）C.（4,2） D.（2,3）6．已知在正四面體ABCD中，E是AD的中點，P是棱AC上的一動點，BP＋PE的最小值為，則該四面體內切球的體積為（）A.π B.πC.4π D.π7．已知函數f(x)=有兩不同的零點，則的取值范圍是（）A.(?∞，0) B.(0，+∞)C.(?1，0) D.(0，1)8．定義在上的函數滿足，當時,,當時,.則=（）A.338 B.337C.1678 D.20139．若，則值為（）A. B.C. D.710．若為所在平面內一點，，則形狀是A.等腰三角形 B.直角三角形C.正三角形 D.以上答案均錯二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．如果，且，則化簡為_____.12．已知函數則_______.13．已知向量，，若，，，則的值為__________14．已知點P(tanα，cosα)在第三象限，則角α的終邊在第________象限15．已知，，且，則的最小值為______16．各條棱長均相等的四面體相鄰兩個面所成角的余弦值為___________.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（其中a為常數，且）是偶函數.（1）求實數m的值；（2）證明方程有且僅有一個實數根，若這個唯一的實數根為，試比較與的大小.18．（1）已知，求；（2）已知，，，是第三象限角，求的值.19．已知A（3，7）、B（3，-1）、C（9，-1），求△ABC的外接圓方程.20．已知，計算下列各式的值.（1）；（2）.21．已知函數，其中.（1）當時，求的值域和單調區間；（2）若存在單調遞增區間，求a的取值范圍.

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】函數是定義在上的偶函數，∴，等價為），即．∵函數是定義在上的偶函數，且在區間單調遞增，∴）等價為．即，∴，解得,故選項為C考點：（1）函數的奇偶性與單調性；（2）對數不等式.【思路點晴】本題主要考查對數的基本運算以及函數奇偶性和單調性的應用，綜合考查函數性質的綜合應用根據函數的奇偶數和單調性之間的關系，綜合性較強.由偶函數結合對數的運算法則得：，即，結合單調性得：將不等式進行等價轉化即可得到結論.2、A【解題分析】根據二次函數圖象上特殊點的正負性，結合指數型函數的性質進行判斷即可.【題目詳解】解：由圖象可知：，因，所以由可得：，由可得：，由可得：，因此有，所以函數是減函數，，所以選項A符合，故選：A3、D【解題分析】利用二次函數單調性，列式求解作答.【題目詳解】函數的單調遞增區間是，依題意，，所以，即實數的取值范圍是.故選：D4、C【解題分析】由為第二象限角，可得，再結合，化簡即可.【題目詳解】由題意，，因為為第二象限角，所以，所以.故選：C.5、B【解題分析】根據指數型函數的性質，即可確定其定點.【題目詳解】令得，所以，因此函數過點（4,3）.故選B【題目點撥】本題主要考查函數恒過定點的問題，熟記指數函數的性質即可，屬于基礎題型.6、D【解題分析】首先設正四面體的棱長為，將側面和沿邊展開成平面圖形，根據題意得到的最小值為，從而得到，根據等體積轉化得到內切球半徑，再計算其體積即可.【題目詳解】設正四面體的棱長為，將側面和沿邊展開成平面圖形，如圖所示：則的最小值為，解得.如圖所示：為正四面體的高，，正四面體高.所以正四面體的體積.設正四面體內切球的球心為，半徑為，如圖所示：則到正四面體四個面的距離相等，都等于，所以正四面體的體積，解得.所以內切球的體積.故選：D7、A【解題分析】函數f(x)=有兩不同的零點，可以轉化為直線與函數的圖象有兩個不同的交點，構造不等式即可求得的取值范圍.【題目詳解】由題可知方程有兩個不同的實數根，則直線與函數的圖象有兩個不同的交點，作出與的大致圖象如下：不妨設，由圖可知，，整理得，由基本不等式得，（當且僅當時等號成立）又，所以，解得，故選：A8、B【解題分析】,,即函數是周期為的周期函數.當時,,當時,.,,故本題正確答案為9、B【解題分析】根據兩角和的正切公式，結合同角的三角函數關系式中商關系進行求解即可.【題目詳解】由，所以，故選：B10、A【解題分析】根據向量的減法運算可化簡已知等式為，從而得到三角形的中線和底邊垂直，從而得到三角形形狀.詳解】三角形的中線和底邊垂直是等腰三角形本題正確選項：【題目點撥】本題考查求解三角形形狀的問題，關鍵是能夠通過向量的線性運算得到數量積關系，根據數量積為零求得垂直關系.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，且，得到是第二象限角，由此能化簡【題目詳解】解：∵，且，∴是第二象限角，∴故答案為：12、【解題分析】根據分段函數解析式，由內而外，逐步計算，即可得出結果.【題目詳解】∵，，則∴.故答案為：.13、C【解題分析】分析：由，，，可得向量與平行，且，從而可得結果.詳解：∵，，，∴向量與平行，且，∴．故答案為.點睛：本題主要考查共線向量的坐標運算，平面向量的數量積公式，意在考查對基本概念的理解與應用，屬于中檔題14、二【解題分析】由點P（tanα，cosα）在第三象限，得到tanα＜0，cosα＜0，從而得到α所在的象限【題目詳解】因為點P（tanα，cosα）在第三象限，所以tanα＜0，cosα＜0，則角α的終邊在第二象限，故答案為二點評：本題考查第三象限內的點的坐標的符號，以及三角函數在各個象限內的符號15、6【解題分析】由可知，要使取最小值，只需最小即可，故結合，求出的最小值即可求解.【題目詳解】由，，得（當且僅當時，等號成立），又因，得，即，由，，解得，即，故.因此當時，取最小值6.故答案為：6.16、【解題分析】首先利用圖像作出相鄰兩個面所成角，然后利用已知條件求出正四面體相鄰兩個面所成角的兩邊即可求解.【題目詳解】由題意，四面體為正三棱錐，不妨設正三棱錐的邊長為，過作平面，垂足為，取的中點，并連接、、、，如下圖：由正四面體的性質可知，為底面正三角形的中心，從而，，∵為的中點，為正三角形，所以，，所以為正四面體相鄰兩個面所成角∵，∴易得，，∵平面，平面，∴，故.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）由偶函數的定義得對任意的實數恒成立，進而整理得恒成立，故；（2）設，進而得唯一實數根，使得，即，故，再結合得得答案.【小問1詳解】解：因為是偶函數，所以對于任意的實數，有，所以對任意的實數恒成立，即恒成立，所以，即，【小問2詳解】解：設，因為當時，，所以在區間上無實數根，當時，因為，，所以，使得，又在上單調遞減，所以存在唯一實數根；因為，所以，又，所以，所以.所以18、（1）；（2）.【解題分析】（1）根據誘導公式化簡函數后代入求解即可；（2）根據同角三角函數的基本關系求出，利用兩角差的余弦公式求解即可.【題目詳解】（1）（2）由，，得又由，，得所以.19、【解題分析】設△ABC外接圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0，把A（1，0），B（0，1），C（3，4）代入，能求出△ABC外接圓的方程【題目詳解】設外接圓的方程為.將ABC三點坐標帶人方程得：解得圓的方程為【題目點撥】本題考查圓的方程的求法，解題時要認真審題，注意待定系數法的合理運用20、（1）；（2）.【解題分析】（1）將分子分母同除以，再將代入，得到要求式子的值（2）先將變形為，再將分子分母同除以，求得要求式子值【題目詳解】∵，∴∴（1）將分子分母同除以，得到；（2）【題目點撥】本題主要考查同角三角函數的基本關系的應用，屬于基礎題21、（1）見解析（2）【解題分析】（1）利用換元法設，求出的范圍，再由對數函數的性質得出值域，再結合復合函數的單調性得出的單調區間；（2）分別討論，兩種情況，結合復合函數的單調性以及二次函數的性質得出a的取值范圍.【題目詳解】（1）當時，設，由，解得即函數的定義域為，此時則，即的值