2024屆云南省紅河州瀘源中學高一數學第一學期期末監測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，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．設m，n是兩條不同直線，，是兩個不同的平面，下列命題正確的是A.，且，則B.，，，，則C.，，，則D.，且，則2．函數的圖象大致是A. B.C. D.3．已知函數f(x)＝(a∈R)，若函數f(x)在R上有兩個零點，則a的取值范圍是（）A.(－∞，－1) B.(－∞，1)C.(－1，0) D.[－1，0)4．已知二次函數在區間(2，3)內是單調函數，則實數的取值范圍是（）A.或 B.C.或 D.5．下列函數中與是同一函數的是（）（1）（2）（3）（4）（5）A.（1）（2） B.（2）（3）C.（2）（4） D.（3）（5）6．已知函數且，則實數的范圍（）A. B.C. D.7．已知圓：與圓：，則兩圓的公切線條數為A.1條 B.2條C.3條 D.4條8．函數，若，，，則（）A. B.C. D.9．已知集合，，，則（）A.{6，8} B.{2，3，6，8}C.{2} D.{2，6，8}10．不等式對一切恒成立，則實數a的取值范圍是（）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，則的終邊所在的象限為______12．有下列四個說法：①已知向量，，若與的夾角為鈍角，則；②若函數的圖象關于直線對稱，則；③函數在上單調遞減，在上單調遞增；④當時，函數有四個零點其中正確的是___________（填上所有正確說法的序號）13．已知函數，：①函數的圖象關于點對稱；②函數的最小正周期是；③把函數f(2x)圖象上所有點向右平移個單位長度得到的函數圖象的對稱軸與函數y=圖象的對稱軸完全相同；④函數在R上的最大值為2.則以上結論正確的序號為_______________14．若正數x，y滿足，則的最小值是_________15．已知圓(x－1)2＋(y＋2)2＝6與直線2x＋y－5＝0的位置關系是__．(請填寫：相切、相交、相離)16．已知P為△ABC所在平面外一點，且PA，PB，PC兩兩垂直，則下列命題：①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC，其中正確命題的個數是________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。17．一幾何體按比例繪制的三視圖如圖所示（單位：）.（1）試畫出它的直觀圖（不寫作圖過程）；（2）求它的表面積和體積.18．有三個條件：①；②且；③最小值為2且.從這三個條件中任選一個，補充在下面的問題中，并作答.問題：已知二次函數滿足_________，.（1）求的解析式；（2）設函數，求的值域.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.19．已知角的終邊經過點，，，求的值.20．設函數是定義在上的奇函數，當時，（1）確定實數的值并求函數在上的解析式；（2）求滿足方程的的值.21．記函數=的定義域為A，g（x）=（a<1）的定義域為B.（1）求A；（2）若x∈A是x∈B的必要不充分條件，求實數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、D【解題分析】對每一個命題逐一判斷得解.【題目詳解】對于A，若m∥α，n∥β且α∥β，說明m、n是分別在平行平面內的直線，它們的位置關系應該是平行或異面或相交，故A不正確；對于B，若“m?α，n?α，m∥β，n∥β”，則“α∥β”也可能α∩β＝l，所以B不成立對于C，根據面面垂直的性質，可知m⊥α，n?β，m⊥n，∴n∥α，∴α∥β也可能α∩β＝l，也可能α⊥β，故C不正確；對于D，由m⊥α，n⊥β且α⊥β，則m與n一定不平行，否則有α∥β，與已知α⊥β矛盾，通過平移使得m與n相交，且設m與n確定的平面為γ，則γ與α和β的交線所成的角即為α與β所成的角，因為α⊥β，所以m與n所成的角為90°，故命題D正確故答案為D【題目點撥】本題考查直線與平面平行與垂直，面面垂直的性質和判斷的應用，考查邏輯推理能力和空間想象能力.2、A【解題分析】因為2、4是函數的零點，所以排除B、C；因為時，所以排除D,故選A3、D【解題分析】當x>0時，f(x)有一個零點，故當x≤0時只有一個實根，變量分離后進行計算可得答案.【題目詳解】當x>0時，f(x)＝3x－1有一個零點x＝.因此當x≤0時，f(x)＝ex＋a＝0只有一個實根，∴a＝－ex(x≤0)，函數y=－ex單調遞減，則－1≤a<0.故選：D【題目點撥】本題考查由函數零點個數確定參數的取值，考查指數函數的性質，屬于基礎題.4、A【解題分析】根據開口方向和對稱軸及二次函數f（x）=x2-2ax+1的單調區間求參數的取值范圍即可.【題目詳解】根據題意二次函數f（x）=x2-2ax+1開口向上，單調遞增區間為，單調減區間，因此當二次函數f（x）=x2-2ax+1在區間（2，3）內為單調增函數時a≤2，當二次函數f（x）=x2-2ax+1在區間（2，3）內為單調減函數時a≥3，綜上可得a≤2或a≥3.故選：A.5、C【解題分析】將5個函數的解析式化簡后，根據相等函數的判定方法分析，即可得出結果.【題目詳解】（1）與定義域相同，對應關系不同，不是同一函數；（2）與的定義域相同，對應關系一致，是同一函數；（3）與定義與相同，對應關系不同，不是同一函數；（4）與定義相同，對應關系一致，是同一函數；（5）與對應關系不同，不是同一函數；故選：C.6、B【解題分析】根據解析式得，進而得令，得為奇函數，，進而結合函數單調性求解即可.【題目詳解】函數，定義域為，滿足，所以，令，所以，所以奇函數，，函數在均為增函數，所以在為增函數，所以在為增函數，因為為奇函數，所以在為增函數，所以，解得.故選：B.7、D【解題分析】求出兩圓的圓心與半徑，利用圓心距判斷兩圓外離，公切線有4條【題目詳解】圓C1：x2+y2﹣2x＝0化為標準形式是（x﹣1）2+y2＝1，圓心是C1（1，0），半徑是r1＝1；圓C2：x2+y2﹣4y+3＝0化為標準形式是x2+（y﹣2）2＝1，圓心是C2（0，2），半徑是r2＝1；則|C1C2|r1+r2，∴兩圓外離，公切線有4條故選D【題目點撥】本題考查了兩圓的一般方程與位置關系應用問題，是基礎題8、A【解題分析】首先判斷，和的大小關系，然后根據函數的單調性，判斷的大小關系.【題目詳解】，，，，，，是上的減函數，.故選：A.9、A【解題分析】由已知，先有集合和集合求解出，再根據集合求解出即可.【題目詳解】因為，，所以，又因為，所以.故選：A.10、B【解題分析】當時，得到不等式恒成立；當時，結合二次函數的性質，列出不等式組，即可求解.【題目詳解】由題意，不等式對一切恒成立，當時，即時，不等式恒成立，符合題意；當時，即時，要使得不等式對一切恒成立，則滿足，解得，綜上，實數a的取值范圍是.故選：B.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、第一或第三象限【解題分析】將表達式化簡，，二者相等，只需滿足與同號即可，從而判斷角所在的象限.【題目詳解】由，，若，只需滿足，即與同號，因此的終邊在第一或第三象限.故答案為：第一或第三象限.12、②③【解題分析】①：根據平面向量夾角的性質進行求解判斷；②：利用函數的對稱性，結合兩角和（差）的正余弦公式進行求解判斷即可；③：利用導數的性質、函數的奇偶性進行求解判斷即可.④：根據對數函數的性質，結合零點的定義進行求解判斷即可【題目詳解】①：因為與的夾角為鈍角，所以有且與不能反向共線，因此有，當與反向共線時，，所以有且，因此本說法不正確；②：因為函數的圖象關于直線對稱，所以有，即，于是有：，化簡，得，因為，所以，因此本說法正確；③：因為，所以函數偶函數，，當時，單調遞增，即在上單調遞增，又因為該函數是偶函數，所以該在上單調遞減，因此本說法正確；④：，問題轉化為函數與函數的交點個數問題，如圖所示：當時，，此時有四個交點，當時，，所以交點的個數不是四個，因此本說法不正確，故答案為：②③13、②③④【解題分析】利用輔助角公式、二倍角公式化簡函數、，再逐一分析各個命題，計算判斷作答.【題目詳解】依題意，函數，因，函數的圖象關于點不對稱，①不正確；，于是得的最小正周期是，②正確；，則把函數f(2x)圖象上所有點向右平移個單位長度得到的函數，函數圖象的對稱軸與函數y=圖象的對稱軸完全相同，③正確；令，則，，當時，，所以函數在R上的最大值為2，④正確，所以結論正確的序號為②③④.故答案為：②③④【題目點撥】思路點睛：涉及求含有和的三角函數值域或最值問題，可以通過換元轉化為二次函數在閉區間上的值域或最值問題解答.14、##【解題分析】由基本不等式結合得出最值.【題目詳解】（當且僅當時，等號成立），即最小值為.故答案為：15、相交【解題分析】求得的圓心到直線的距離，與圓的半徑比較大小，即可得出結論.【題目詳解】圓的圓心為、半徑為，圓心到直線的距離為，小于半徑，所以直線和圓相交，故答案為相交.【題目點撥】本題主要考查直線和圓的位置關系的判斷方法，點到直線的距離公式的應用，屬于基礎題.解答直線與圓的位置關系的題型，常見思路有兩個：一是考慮圓心到直線的距離與半徑之間的大小關系；二是直線方程與圓的方程聯立，考慮運用判別式來解答.16、3【解題分析】如圖所示，∵PA⊥PC，PA⊥PB，PC∩PB＝P，∴PA⊥平面PBC.又∵BC?平面PBC，∴PA⊥BC.同理PB⊥AC，PC⊥AB，但AB不一定垂直于BC.故答案為：3.三、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）直觀圖見解析；（2），.【解題分析】（1）由三視圖直接畫出它的直觀圖即可；（2）由三視圖可知該幾何體是長方體被截取一個角，分別計算其表面積和體積可得答案.【題目詳解】解：（1）直觀圖如圖所示.（2）由三視圖可知該幾何體是長方體被截取一個角，且該幾何體的體積是以，，為棱的長方體的體積的.在直角梯形中，作，則是正方形，∴.在中，，，∴.∴.∴幾何體的體積.∴該幾何體的表面積為，體積為.【題目點撥】本題主要考查空間幾何體的三視圖與直觀圖、空間幾何體的表面積與體積，考查學生的直觀想象能力，數學計算能力，屬于中檔題.18、（1）；（2）.【解題分析】（1）若選擇①，設代入，根據恒等式的思想可求得，得到的解析式；若選擇②，設由，得，由，得出二次函數的對稱軸即，再代入，解之可得的解析式；若選擇③，設由，得，又恒成立，又，得出二次函數的對稱軸解之即可；（2）由（1）知，根據二次函數的對稱軸分析出上的單調性，可求得的值域.【題目詳解】解：（1）若選擇①，設則又因為即解得，又，所以解得，所以的解析式為；若選擇②，設由，得，又，所以二次函數的對稱軸即，又，所以解得所以的解析式為；若選擇③，設由，得，又恒成立，又，所以二次函數的對稱軸即，且解得所以的解析式為；（2）由（1）知，所以，因為對稱軸所以在上單調遞減，在上單調遞增，故在上的值域為.【題目點撥】方法點睛：求函數解析式的方法：一．換元法：已知復合函數的解析式，求原函數的解析式，把看成一個整體t，進行換元，從而求出的方法，注意所換元的定義域的變化.二．配湊法：使用配湊法時，一定要注意函數的定義域的變化，否則容易出錯.三．待定系數法：己知函數解析式的類型，可設其解析式的形式，根據己知條件建立關于待定系數的方程，從而求出函數解析式的方法.四．消去法(方程組法)：方程組法求解析式的關鍵是根據己知方程中式子的特點，構造另一個方程.五．特殊值法：根據抽象函數的解析式的特征，進行對變量賦特殊值.19、.【解題分析】利用三角函數的定義可得，進而可求，利用同角關系式可求，再利用兩角和的正切公式即得.【題目詳解】∵角的終邊經過點，∴，，∵，，∴，，∴20、（1），（2）或或【解題分析】（1）利用奇函數定義即可得到的值及函數在上的解析式；（2）分成兩類，解指數型方程即可得到結果.【題目詳解】（1）是定義在上的奇函數當時，，當時，設，則（2）當時，，令，得得解得是定義在上的奇函數所以當x<0時的根為：所以方程的根為：【題目點撥