2023-2024學年浙江紹興一中數學高一上期末聯考模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1．下列等式中，正確的是（）A. B.C. D.2．已知菱形的邊長為2，，點分別在邊上，,.若，則等于()A. B.C. D.3．已知集合，集合，則等于（）A. B.C. D.4．矩形ABCD中，AB=4，BC=3，沿AC將矩形ABCD折成一個直二面角B-AC-D，則四面體ABCD的外接球的體積是（）A.12512πC.1256π5．設為兩條不同的直線，為三個不重合平面，則下列結論正確的是A.若，，則 B.若，，則C.若，，則 D.若，，則6．方程組的解集是（）A. B.C. D.7．若，則下列關系式一定成立的是（）A. B.C. D.8．設函數的定義域，函數的定義域為，則（）A. B.C. D.9．已知集合M＝{x|0≤x＜2}，N＝{x|x2－2x－3＜0}，則M∩N＝（）A.{x|0≤x＜1} B.{x|0≤x＜2}C.{x|0≤x≤1} D.{x|0≤x≤2}10．若方程表示圓，則實數的取值范圍是A. B.C. D.11．若，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件12．已知，且，則下列不等式一定成立的是（）A. B.C. D.二、填空題（本大題共4小題，共20分）13．已知函數（）①當時的值域為__________；②若在區間上單調遞增，則的取值范圍是__________14．已知函數，則的值為_________.15．如圖,二面角的大小是30°,線段，與所成的角為45°,則與平面所成角的正弦值是__________16．函數在上的最小值為__________.三、解答題（本大題共6小題，共70分）17．某形場地，，米（、足夠長）.現修一條水泥路在上，在上），在四邊形中種植三種花卉，為了美觀起見，決定在上取一點，使且.現將鋪成鵝卵石路，設鵝卵石路總長為米.（1）設，將l表示成的函數關系式；（2）求l的最小值.18．為弘揚中華傳統文化，學校課外閱讀興趣小組進行每日一小時“經典名著”和“古詩詞”的閱讀活動.根據調查，小明同學閱讀兩類讀物的閱讀量統計如下：小明閱讀“經典名著”的閱讀量（單位：字）與時間t（單位：分鐘）滿足二次函數關系，部分數據如下表所示；t01020300270052007500閱讀“古詩詞”的閱讀量（單位：字）與時間t（單位：分鐘）滿足如圖1所示的關系.（1）請分別寫出函數和的解析式；（2）在每天的一小時課外閱讀活動中，小明如何分配“經典名著”和“古詩詞”的閱讀時間，使每天的閱讀量最大，最大值是多少？19．現有三個條件：①對任意的都有；②不等式的解集為；③函數的圖象過點.請你在上述三個條件中任選兩個補充到下面的問題中，并求解(請將所選條件的序號填寫在答題紙指定位置)已知二次函數，且滿足________(填所選條件的序號).（1）求函數的解析式；（2）設，若函數在區間上的最小值為3，求實數m的值.20．已知向量，（1）若與垂直，求實數的值；（2）求向量在方向上的投影21．已知函數的圖象（部分）如圖所示，（1）求函數的解析式和對稱中心坐標；（2）求函數的單調遞增區間22．設，關于的二次不等式的解集為，集合，滿足，求實數的取值范圍.

參考答案一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1、D【解析】按照指數對數的運算性質依次判斷4個選項即可.【詳解】對于A，當為奇數時，，當為偶數時，，錯誤；對于B，，錯誤；對于C，，錯誤；對于D，，正確.故選：D.2、C【解析】，，即①，同理可得②，①+②得，故選C考點：1．平面向量共線充要條件；2．向量的數量積運算3、A【解析】根據題意先解出集合B，進而求出交集即可.詳解】由題意，，則.故選：A.4、C【解析】由矩形的對角線互相平分且相等即球心到四個頂點的距離相等推出球心為AC的中點，即可求出球的半徑，代入體積公式即可得解.【詳解】因為矩形對角線互相平分且相等，根據外接球性質易知外接球球心到四個頂點的距離相等，所以球心在對角線AC上，且球的半徑為AC長度的一半，即r=12AC=故選：C【點睛】本題考查球與幾何體的切、接問題，二面角的概念，屬于基礎題.5、B【解析】根據線面平行線面垂直面面垂直的定義及判定定理，逐一判斷正誤.【詳解】選項，若，，則可能平行，相交或異面：故錯選項，若，，則，故正確.選項，若，，因為，，為三個不重合平面，所以或，故錯選項，若，，則或，故錯故選：【點睛】本題考查線面平行及線面垂直的知識，注意平行關系中有一條平行即可，而垂直關系中需滿足任意性，概念辨析題.6、A【解析】解出方程組，寫成集合形式.【詳解】由可得：或.所以方程組的解集是.故選：A7、A【解析】判斷函數的奇偶性以及單調性，由此可判斷函數值的大小，即得答案.【詳解】由可知：，為偶函數，又,知在上單調遞減，在上單調遞增，故，故選：A.8、B【解析】求出兩個函數的定義域后可求兩者的交集.【詳解】由得，由得，故，故選：B.【點睛】本題考查函數的定義域和集合的交，函數的定義域一般從以下幾個方面考慮：（1）分式的分母不為零；（2）偶次根號（，為偶數）中，；（3）零的零次方沒有意義；（4）對數的真數大于零，底數大于零且不為1.9、B【解析】先化簡集合N，再進行交集運算即得結果.【詳解】由于N＝{x|x2－2x－3＜0}＝{x|－1＜x＜3}，M＝{x|0≤x＜2}，所以M∩N＝{x|0≤x＜2}故選：B.10、A【解析】由二元二次方程表示圓的充要條件可知：，解得，故選A考點：圓的一般方程11、A【解析】利用充分條件和必要條件的定義判斷即可【詳解】，所以“”是“”的充分不必要條件故選：A12、D【解析】對A，B，C，利用特殊值即可判斷，對D，利用不等式的性質即可判斷.【詳解】解：對A，令，，此時滿足，但，故A錯；對B，令，，此時滿足，但，故B錯；對C，若，，則，故C錯；對D，，則，故D正確.故選：D.二、填空題（本大題共4小題，共20分）13、①.②.【解析】當時，分別求出兩段函數的值域，取并集即可；若在區間上單調遞增，則有，解之即可得解.【詳解】解：當時，若，則，若，則，所以當時的值域為；由函數（），可得函數在上遞增，在上遞增，因為在區間上單調遞增，所以，解得，所以若在區間上單調遞增，則的取值范圍是.故答案為：；.14、【解析】，填.15、【解析】過點A作平面β的垂線,垂足為C,在β內過C作l的垂線,垂足為D.連結AD，由CD⊥l,AC⊥l得，l⊥面ACD，可得AD⊥l，因此,∠ADC為二面角α?l?β的平面角,∠ADC=30°又∵AB與l所成角為45°,∴∠ABD=45°連結BC，可得BC為AB在平面β內的射影，∴∠ABC為AB與平面β所成的角設AD=2x,則Rt△ACD中,AC=ADsin30°=x，Rt△ABD中,∴Rt△ABC中,故答案為.點睛：求直線和平面所成角的關鍵是作出這個平面的垂線進而斜線和射影所成角即為所求，有時當垂線較為難找時也可以借助于三棱錐的等體積法求得垂線長，進而用垂線長比上斜線長可求得所成角的正弦值，當空間關系較為復雜時也可以建立空間直角坐標系，利用向量求解.16、【解析】正切函數在給定定義域內單調遞增，則函數的最小值為.三、解答題（本大題共6小題，共70分）17、（1）見解析；（2）20.【解析】（1）設，可得：，；（2）利用二次函數求最值即可.試題解析：（1）設米，則即,（2），當，即時，取得最小值為，的最小值為20.答：的最小值為20.18、（1）見解析；（2）見解析【解析】（1）設f（t）=代入（10，2700）與（30，7500），解得a與b.令＝kt，,代入（40，8000），解得k,再令＝mt+b，,代入（40，8000），（60，11000），解得m，b的值．即可得到和的解析式；（2）由題意知每天的閱讀量為=，分和兩種情況，分別求得最大值，比較可得結論.【詳解】（1）因為f（0）=0，所以可設f（t）=代入（10，2700）與（30，7500），解得a=-1,b=280.所以,又令＝kt，,代入（40，8000），解得k=200,令＝mt+b，,代入（40，8000），（60，11000），解得m=150,b=2000，所以.（2）設小明對“經典名著”的閱讀時間為，則對“古詩詞”的閱讀時間為，①當，即時，==，所以當時，有最大值13600.當，即時，h=，因為的對稱軸方程為，所以當時，是增函數，所以當時，有最大值為13200.因為13600>13200，所以閱讀總字數的最大值為13600，此時對“經典名著”的閱讀時間為40分鐘，對“古詩詞”的閱讀時間為20分鐘【點睛】本題考查了分段函數解析式的求法及應用，二次函數的圖象和性質，難度中檔19、（1）；（2）.【解析】（1）條件①，求出代入根據恒成立可得；條件②由一元二次不等式解的性質可得；條件③代入可得；分別根據選擇①②，①③，②③，均可通過聯立方程組可得結果；（2）求出函數的對稱軸，將對稱軸和區間的端點進行比較，根據函數的單調性列出關于的方程解出即可.【詳解】（1）條件①：因為，所以，即對任意的x恒成立，所以，解得.條件②：因為不等式的解集為，所以，即.條件③：函數的圖象過點，所以.選擇條件①②：，，，此時；選擇條件①③：，則，，，此時；選擇條件②③：，則，，，此時.（2）由（1）知，其對稱軸為，①當，即時，，解得；②當，即時，，解得(舍)；③當，即時，，無解.綜上所述，所求實數m的值為.【點睛】二次方程與二次不等式統稱“三個二次”，它們常結合在一起，有關的問題，數形結合，密切聯系圖象是探求解題思路的有效方法．一般從：①開口方向；②對稱軸位置；③判別式；④端點函數值符號四個方面分析.20、（1）；（2）.【解析】（1）利用坐標運算表示出，由向量垂直的坐標表示可構造方程求得結果；（2）根據可直接求得結果.【詳解】（1）與垂直，解得：（2）向量在方向上的投影為：【點睛】本題考查向量垂直關系的坐標表示、向量在方向上的投影的求解；關鍵是能夠由向量垂直得到數量積為零、能熟練掌握投影公式，從而利用向量坐標運算求得結果.21、（1），對稱中心；（2），【解析】(1)由函數的圖象得出A，求出函數的四分之一周期，從而得出ω，代入最高點坐標求出φ，得函數的解析式，進而求出對稱中心坐標；（2）令，從而得到函數的單調遞增區間.【詳解】（1）由題意可知，，，，又當時，函數取得最大值2，所以，，又因為，所以，所以函數，令，，得對稱中心，.（2）令，解得，，所以單調遞增區間為，【點睛】求y＝Asin（ωx+φ）的解析式，條件不管以何種方式給出，一般先求A，再求ω，最后求φ；求y＝Asin（ωx+φ）的單調遞增區間、對稱