浙江省嘉興三中2024屆高一數學第一學期期末復習檢測模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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，，那么等于A. B.C. D.2．設，，且，則A. B.C. D.3．已知一個直三棱柱的高為2，如圖，其底面ABC水平放置的直觀圖（斜二測畫法）為，其中，則此三棱柱的表面積為（）A. B.C. D.4．函數f(x)＝ln(2x)－1的零點位于區間()A.(2,3) B.(3,4)C.(0,1) D.(1,2)5．某圓柱的高為2，底面周長為16，其三視圖如圖所示，圓柱表面上的點在正視圖上的對應點為，圓柱表面上的點在左視圖上的對應點為，則在此圓柱側面上，從到的路徑中，最短路徑的長度為A. B.C. D.26．若都是銳角，且，，則的值是A. B.C. D.7．“”是“”成立的條件A.充分不必要 B.必要不充分C.充分必要 D.既不充分又不必要8．已知，，，夾角為，如圖所示，若，，且D為BC中點，則的長度為A. B.C.7 D.89．設P為函數圖象上一點，O為坐標原點，則的最小值為（）A.2 B.C. D.10．已知扇形的半徑為，面積為，則這個扇形的圓心角的弧度數為（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數，正實數，滿足，且，若在區間上的最大值為2，則________.12．已知命題“，”是真命題，則實數的取值范圍為__________13．寫出一個周期為且值域為的函數解析式：_________14．設函數f(x)的定義域為R，f(x＋1)為奇函數，f(x＋2)為偶函數，當x∈[1，2]時，f(x)＝ax2＋b.若f(0)＋f(3)＝6，則f()＝____________.15．已知冪函數的圖象過點，則________16．若函數是R上的減函數，則實數a的取值范圍是___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．如圖，已知正三棱柱的底面邊長為2，側棱長為，點E在側棱上，點F在側棱上，且（1）求證：；（2）求二面角的大小18．已知函數過定點，函數的定義域為.（Ⅰ）求定點并證明函數的奇偶性；（Ⅱ）判斷并證明函數在上的單調性；（Ⅲ）解不等式.19．已知函數(，且).（1）判斷函數的奇偶性，并予以證明；（2）求使的x的取值范圍.20．已知函數（1）若為偶函數，求；（2）若命題“，”為假命題，求實數的取值范圍21．已知如圖，在直三棱柱中，，且，是的中點，是的中點，點在直線上.（1）若為中點，求證：平面；（2）證明：

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】由題意得．選B2、C【解題分析】，則，即，，，即故選點睛：本題主要考查了切化弦及兩角和的余弦公式的應用，在遇到含有正弦、余弦及正切的運算時可以將正切轉化為正弦及余弦，然后化簡計算，本題還運用了兩角和的余弦公式并結合誘導公式化簡，注意題目中的取值范圍3、C【解題分析】根據斜二測畫法的“三變”“三不變”可得底面平面圖，然后可解.【題目詳解】由斜二測畫法的“三變”“三不變”可得底面平面圖如圖所示，其中，所以，所以此三棱柱的表面積為.故選：C4、D【解題分析】根據對數函數的性質，得到函數為單調遞增函數，再利用零點的存在性定理，即可求解，得到答案.【題目詳解】由題意，函數，可得函數為單調遞增函數，且是連續函數又由f(1)＝ln2－1＜0，f(2)＝ln4－1＞0，根據函數零點的存在性定理可得，函數f(x)的零點位于區間(1,2)上故選D.【題目點撥】本題主要考查了函數的零點問題，其中解答中合理使用函數零點的存在性定理是解答此類問題的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.5、B【解題分析】首先根據題中所給的三視圖，得到點M和點N在圓柱上所處的位置，將圓柱的側面展開圖平鋪，點M、N在其四分之一的矩形的對角線的端點處，根據平面上兩點間直線段最短，利用勾股定理，求得結果.【題目詳解】根據圓柱的三視圖以及其本身的特征，將圓柱的側面展開圖平鋪,可以確定點M和點N分別在以圓柱的高為長方形的寬，圓柱底面圓周長的四分之一為長的長方形的對角線的端點處，所以所求的最短路徑的長度為，故選B.點睛：該題考查的是有關幾何體的表面上兩點之間的最短距離的求解問題，在解題的過程中，需要明確兩個點在幾何體上所處的位置，再利用平面上兩點間直線段最短，所以處理方法就是將面切開平鋪，利用平面圖形的相關特征求得結果.6、A【解題分析】由已知得,,故選A.考點：兩角和的正弦公式7、B【解題分析】求出不等式的等價條件，結合不等式的關系以及充分條件和必要條件的定義進行判斷即可【題目詳解】由不等式“”，解得，則“”是“”成立的必要不充分條件即“”是“”成立的必要不充分條件，故選B【題目點撥】本題主要考查了充分條件和必要條件的判斷，其中解答中結合不等式的關系是解決本題的關鍵，著重考查了推理與判斷能力，屬于基礎題.8、A【解題分析】AD為的中線，從而有，代入，根據長度進行數量積的運算便可得出的長度【題目詳解】根據條件：；故選A【題目點撥】本題考查模長公式，向量加法、減法及數乘運算，向量數量積的運算及計算公式，根據公式計算是關鍵，是基礎題.9、D【解題分析】根據已知條件，結合兩點之間的距離公式，以及基本不等式的公式，即可求解【題目詳解】為函數的圖象上一點，可設，，當且僅當，即時，等號成立故的最小值為故選：10、A【解題分析】由扇形的面積公式即可求解.【題目詳解】解：設扇形圓心角的弧度數為，則扇形面積為，解得，因為，所以扇形的圓心角的弧度數為4.故選：A二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】先畫出函數圖像并判斷，再根據范圍和函數單調性判斷時取最大值，最后計算得到答案.【題目詳解】如圖所示：根據函數的圖象得，所以．結合函數圖象，易知當時在上取得最大值，所以又，所以，再結合，可得，所以.故答案為：【題目點撥】本題考查對數型函數的圖像和性質、函數的單調性的應用和最值的求法，是中檔題.12、【解題分析】此題實質上是二次不等式的恒成立問題，因為，函數的圖象拋物線開口向上，所以只要判別式不大于0即可【題目詳解】解：因為命題“，”是真命題，所以不等式在上恒成立由函數的圖象是一條開口向上的拋物線可知，判別式即解得所以實數的取值范圍是故答案為：【題目點撥】本題主要考查全稱命題或存在性命題的真假及應用，解題要注意的范圍，如果，一定要注意數形結合；還應注意條件改為假命題，有時考慮它的否定是真命題，求出的范圍．本題是一道基礎題13、【解題分析】根據函數的周期性和值域，在三角函數中確定一個解析式即可【題目詳解】解：函數的周期為，值域為,，則的值域為,，故答案為：14、【解題分析】由f(x＋1)為奇函數，f(x＋2)為偶函數，可得，，再結合已知的解析式可得，然后結合已知可求出，從而可得當時，，進而是結合前面的式子可求得答案【題目詳解】因為f(x＋1)為奇函數，所以的圖象關于點對稱，所以，且因為f(x＋2)為偶函數，所以的圖象關于直線對稱，，所以，即，所以，即，當x∈[1，2]時，f(x)＝ax2＋b，則，因為，所以，得，因為，所以，所以當時，，所以，故答案為：15、3【解題分析】先求得冪函數的解析式，再去求函數值即可.【題目詳解】設冪函數，則，則，則，則故答案為：316、【解題分析】按照指數函數的單調性及端點處函數值的大小關系得到不等式組，解不等式組即可.【題目詳解】由題知故答案為：.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）證明見解析；（2）.【解題分析】（1）根據幾何體的結構特征，可以為坐標原點，分別為軸和軸建立空間直角坐標系，寫出各個點的坐標.（1）證明即即可；（2）分別求出平面的一個法向量為和側面的一個法向量為，根據求出的法向量的夾角來求二面角的大小.試題解析：建立如圖所示的空間直角坐標系，則由已知可得（1）證明：，所以.（2），設平面的一個法向量為，由，得，即，解得，可取設側面的一個法向量為，由，及可取.設二面角的大小為，于是由為銳角可得所以.即所求二面角的大小為.考點：空間向量證明直線與直線垂直及求解二面角.18、（Ⅰ）定點為，奇函數，證明見解析；（Ⅱ）在上單調遞增，證明見解析；（Ⅲ）.【解題分析】（Ⅰ）根據解析式可求得定點為，即可得解析式，根據奇函數的定義，即可得證；（Ⅱ）利用定義法即可證明的單調性；（Ⅲ）根據的單調性和奇偶性，化簡整理，可得，根據函數的定義域，列出不等式組，即可求得答案.【題目詳解】（Ⅰ）函數過定點，定點為，，定義域為，.函數為奇函數.（Ⅱ）上單調遞增.證明：任取，且，則.，，，，，即，函數在區間上是增函數.（Ⅲ），即，函數為奇函數在上為單調遞增函數，，，解得：.故不等式的解集為：【題目點撥】解題的關鍵是熟練掌握函數奇偶性、單調性的定義，并靈活應用，在處理單調性、奇偶性綜合問題時，需要注意函數所有的自變量都要在定義域內，方可求得正確答案.19、（1）是奇函數，證明見解析；（2）.【解題分析】（1）先根據對數函數的定義得函數的定義域關于原點對稱，再根據函數的奇偶性定義判斷即可；（2）由已知條件得，再分與兩種情況討論，結合對數函數的單調性列出不等式組，求出x的取值范圍即可.【題目詳解】（1）函數是奇函數.證明：要使函數的解析式有意義，需的解析式都有意義，即解得，所以函數的定義域是，所以函數的定義域關于原點對稱.因為所以函數是奇函數.（2）若，即.當時，有解得；當時，有解得，綜上所述，當時，x的取值范圍是，當時，x的取值范圍是.【題目點撥】該題考查的是有關函數的問題，涉及到的知識點有本題函數的奇偶性的判斷與證明、對數函數的單調性、根據單調性解不等式，不用對參數進行討論，屬于中檔題目.20、（1）（2）【解題分析】（1）根據偶函數的定義直接求解即可；（2）由題知命題“，”為真命題，進而得對，且恒成立，再分離參數求解即可得的取值范圍是【小問1詳解】解：因為函數為偶函數，所以，即，所以，即，所以.【小問2詳解】解：因為命題“，”為假命題，所以命題“，”為真命題，所以，對，且恒成立，所以，對，且恒成立，由對勾函數性質知，函數在上單調遞增，所以，且，即實數的取值范圍是.21、（1）見解析；（2）見解析【解題分析】（1）取中點為，連接，，首先說明四邊形是平行四邊形，即可得，根據線面平行判定定理即可得結果；（2）連接