江西省南昌市高安中學2024屆數學高一上期末教學質量檢測試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．設函數在區間上為偶函數，則的值為（）A.-1 B.1C.2 D.32．中國5G技術領先世界，5G技術的數學原理之一便是著名的香農公式：.它表示：在受噪聲干擾的信道中，最大信息傳遞速度C取決于信道帶寬W，信道內信號的平均功率S，信道內部的高斯噪聲功率N的大小，其中叫做信噪比.當信噪比較大時，公式中真數中的1可以忽略不計.按照香農公式，若不改變帶寬W，而將信噪比從1000提升至8000，則C大約增加了()（）A.10% B.30%C.60% D.90%3．若函數的定義域和值域都為R，則關于實數a的下列說法中正確的是A.或3 B.C.或 D.4．已知函數（，且）的圖象恒過點P，若角的終邊經過點P，則（）A. B.C. D.5．圓的圓心到直線的距離是（）A. B.C.1 D.6．已知函數若曲線與直線的交點中，相鄰交點的距離的最小值為，則的最小正周期為A. B.C. D.7．函數的零點所在的區間為（）A.(-1,0) B.(0,)C.(,1) D.(1,2)8．計算的值為A. B.C. D.9．已知，若函數在上為減函數，且函數在上有最大值，則a的取值范圍為（）A. B.C. D.10．天文學中為了衡量天體的明暗程度，古希臘天文學家喜帕恰斯（，又名依巴谷）在公元前二世紀首先提出了星等這個概念．星等的數值越小，天體就越亮；星等的數值越大，天體就越暗．到了1850年，由于光度計在天體光度測量中的應用，英國天文學家普森（）又提出了衡量天體明暗程度的亮度的概念．天體的明暗程度可以用星等或亮度來描述，兩顆星的星等與亮度滿足（），其中星等為的星的亮度為（，2）．已知“心宿二”的星等是1.00，“天津四”的星等是1.25，“心宿二”的亮度是“天津四”的倍，則的近似值為（當較小時，）（）A1.23 B.1.26C.1.51 D.1.57二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．函數的圖象必過定點___________12．已知扇形的半徑為2，面積為，則該扇形的圓心角的弧度數為______.13．已知直線過兩直線和的交點，且原點到該直線的距離為，則該直線的方程為_____.14．若點位于第三象限，那么角終邊落在第___象限15．若函數滿足以下三個條件：①定義域為R且函數圖象連續不斷；②是偶函數；③恰有3個零點.請寫出一個符合要求的函數___________.16．命題，，則為______.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．已知集合.（1）當時，求；（2）若，求實數的取值范圍.18．在①；②函數為偶函數：③0是函數的零點這三個條件中選一個條件補充在下面問題中，并解答下面的問題問題：已知函數，，且______（1）求函數的解析式；（2）判斷函數在區間上的單調性，并用定義證明注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分19．如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1中，D,E分別是AB，BB1的中點.（Ⅰ）證明：BC1//平面A1CD;（Ⅱ）設AA1=AC=CB=2，AB=2，求三棱錐C一A1DE的體積.20．6月17日是聯合國確定的“世界防治荒漠化和干旱日”，旨在進一步提高世界各國人民對防治荒漠化重要性的認識，喚起人們防治荒漠化的責任心和緊迫感.為增強全社會對防治荒漠化的認識與關注，聚集聯合國2030可持續發展目標——實現全球土地退化零增長.自2004年以來，我國荒漠化和沙化狀況呈現整體遏制、持續縮減、功能增強、成效明顯的良好態勢.治理沙漠離不開優質的樹苗，現從苗圃中隨機地抽測了400株樹苗的高度（單位：），得到如圖所示的頻率分布直方圖.（1）求頻率分布直方圖中實數的值和抽到的樹苗的高度在的株數；（2）估計苗圃中樹苗的高度的平均數和中位數.（同一組中數據用該組區間的中點值作代表）21．已知函數滿足（1）求的解析式，并求在上的值域；（2）若對，且，都有成立，求實數k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、B【解題分析】由區間的對稱性得到，解出b；利用偶函數，得到，解出a，即可求出.【題目詳解】因為函數在區間上為偶函數，所以，解得又為偶函數，所以，即，解得：a=-1.所以.故選：B2、B【解題分析】根據所給公式、及對數的運算法則代入計算可得；【題目詳解】解：當時，，當時，，∴，∴約增加了30%.故選：B3、B【解題分析】若函數的定義域和值域都為R，則.解得或3.當時，，滿足題意；當時，，值域為{1}，不滿足題意.故選B.4、A【解題分析】由題可得點，再利用三角函數的定義即求.【題目詳解】令，則，所以函數（，且）的圖象恒過點，又角的終邊經過點，所以，故選：A.5、A【解題分析】根據圓的方程得出圓心坐標（1，0），直接依據點到直線的距離公式可以得出答案.【題目詳解】圓的圓心坐標為（1，0），∴圓心到直線的距離為.故選：A.【題目點撥】本題考查點到直線距離公式，屬于基礎題型.6、D【解題分析】將函數化簡，根據曲線y＝f（x）與直線y＝1的交點中，相鄰交點的距離的最小值為，即ωx2kπ或ωx2kπ，k∈Z，建立關系，可得ω的值，即得f（x）的最小正周期【題目詳解】解：函數f（x）＝cosωx+sinωx，ω＞0，x∈R化簡可得：f（x）sin（ωx）∵曲線y＝f（x）與直線y＝1的相交，即ωx2kπ或ωx2kπ，k∈Z，∴（）+2kπ＝ω（x2﹣x1），令k＝0，∴x2﹣x1，解得：ω∴y＝f（x）的最小正周期T，故選D【題目點撥】本題考查了和差公式、三角函數的圖象與性質、三角函數的方程的解法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題7、C【解題分析】應用零點存在性定理判斷零點所在的區間即可.【題目詳解】由解析式可知：，∴零點所在的區間為.故選：C.8、D【解題分析】直接由二倍角的余弦公式，即可得解.【題目詳解】由二倍角公式得：，故選D.【題目點撥】本題考查了二倍角的余弦公式，屬于基礎題.9、A【解題分析】由復合函數在上的單調性可構造不等式求得，結合已知可知；當時，，若，可知無最大值；若，可得到，解不等式，與的范圍結合可求得結果.【題目詳解】在上為減函數，解得：當時，，此時當，時，在上單調遞增無最大值，不合題意當，時，在上單調遞減若在上有最大值，解得：，又故選【題目點撥】本題考查根據復合函數單調性求解參數范圍、根據分段函數有最值求解參數范圍的問題；關鍵是能夠通過分類討論的方式得到處于不同范圍時在區間內的單調性，進而根據函數有最值構造不等式；易錯點是忽略對數真數大于零的要求，造成范圍求解錯誤.10、B【解題分析】根據題意列出方程，結合對數式與指數式的互化以及對數運算性質即可求解.【題目詳解】設“心宿二”的星等為，“天津四”的星等為，“心宿二”和“天津四”的亮度分別為，，，，，所以，所以，所以，所以與最接近的是1.26，故選：B.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】f(x)=k(x－1)－ax－1，x=1時，y=f(x)=-1，∴圖象必過定點（1，－1）.12、【解題分析】由扇形的面積公式和弧度制的定義，即可得出結果.【題目詳解】由扇形的面積公式可得，所以圓心角為.故答案為：13、或【解題分析】先求兩直線和的交點，再分類討論，先分析所求直線斜率不存在時是否符合題意，再分析直線斜率存在時，設斜率為，再由原點到該直線的距離為，求出，得到答案.【題目詳解】由和，得，即交點坐標為，（1）當所求直線斜率不存在時，直線方程為，此時原點到直線的距離為，符合題意；（2）當所求直線斜率存在時，設過該點的直線方程為，化為一般式得，由原點到直線的距離為，則，解得，得所求直線的方程為.綜上可得，所求直線的方程為或故答案為：或【題目點撥】本題考查了求兩直線的交點坐標，由點到直線的距離求參，還考查了對直線的斜率是否存在分類討論的思想，屬于中檔題.三、14、四【解題分析】根據所給的點在第三象限，寫出這個點的橫標和縱標都小于0，根據這兩個都小于0，得到角的正弦值小于0，余弦值大于0，得到角是第四象限的角【題目詳解】解：∵點位于第三象限，∴sinθcosθ＜02sinθ＜0，∴sinθ＜0，Cosθ＞0∴θ是第四象限的角故答案為四【題目點撥】本題考查三角函數的符號，這是一個常用到的知識點，給出角的范圍要求說出三角函數的符號，反過來給出三角函數的符號要求看出角的范圍15、（答案不止一個）【解題分析】根據偶函數和零點的定義進行求解即可.詳解】函數符合題目要求，理由如下：該函數顯然滿足①；當時，，所以有，當時，，所以有，因此該函數是偶函數，所以滿足②當時，，或，當時，，或舍去，所以該函數有3個零點，滿足③，故答案為：16、，【解題分析】由全稱命題的否定即可得解.【題目詳解】因為命題為全稱命題，所以為“，”.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）m=﹣2時求出集合B，然后進行交集、并集的運算即可；（2）由B?A便可得到，解該不等式組即可得到實數m的取值范圍試題解析：（1）；（2）解：當時，，由中不等式變形得，解得，即.（1）.（2），解得，的取值范圍為.18、（1）（2）單調遞增，證明見解析【解題分析】（1）若選條件①，根據及指數對數恒等式求出的值，即可求出函數解析式；若選條件②，根據，即可得到，從而求出的值，即可求出函數解析式；若選條件③，直接代入即可得到方程，求出的值，即可求出函數解析式；（2）利用定義法證明函數單調性，按照設元、作差、變形、判斷符號、下結論的步驟完成即可；【小問1詳解】解：若選條件①．因為，所以，即解得．所以若選條件②．函數的定義域為R．因為為偶函數，所以，，即，，化簡得，所以，即．所以若選條件③．由題意知，，即，解得．所以【小問2詳解】解：函數在區間上單調遞增證明如下：，，且，則因為，，，所以，即又因為，所以，即所以，即所以在區間上單調遞增19、（Ⅰ）見解析（Ⅱ）【解題分析】（Ⅰ）連接AC1交A1C于點F，則DF為三角形ABC1的中位線，故DF∥BC1．再根據直線和平面平行的判定定理證得BC1∥平面A1CD．（Ⅱ）由題意可得此直三棱柱的底面ABC為等腰直角三角形，由D為AB的中點可得CD⊥平面ABB1A1．求得CD的值，利用勾股定理求得A1D、DE和A1E的值，可得A1D⊥DE．進而求得S△A1DE的值，再根據三棱錐C-A1DE的體積為?S△A1DE?CD，運算求得結果試題解析：（1）證明：連結AC1交A1C于點F，則F為AC1中點又D是AB中點，連結DF，則BC1∥DF.3分因DF?平面A1CD，BC1不包含于平面A1CD，4分所以BC1∥平面A1CD.5分（2）解：因為ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥CD．由已知AC=CB，D為AB的中點，所以CD⊥AB．又AA1∩AB=A，于是CD⊥平面ABB1A1.8分由AA1=AC=CB=2，得∠ACB=90°，，，，A1E=3，故A1D2+DE2=A1E2，即DE⊥A1D10分所以三菱錐C﹣A1DE的體積為：==1.12分考點：直線與平面平行的判定；棱柱、棱錐、棱臺的體積20、（1），342（2）189.8，190【解題分析】（1）由每個小長方形的面積的總和等于，即可通過列方程求出值，根據頻數樣本容量頻率即可求出抽到的樹苗的高度在的株數；（2）由頻率分布直方圖中每個小長方形的面積與對應小正方形底邊中點的橫坐標的乘積之和即為平均數，即可算出，利用平分頻率分布直方圖面積且垂直于橫軸的直線與橫軸交點的橫坐標即為中位數，即可算出.【小問1詳解】∵，∴，抽到的樹苗的高度在的株數為（株）【小問2詳解】苗圃中樹苗的高度的平均數：設中位數為，因為