湖南省湘潭市名校2024屆數學高一上期末綜合測試試題注意事項：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10小題；在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意，請將正確選項填涂在答題卡上.）1．設函數f(x)＝x－lnx，則函數y＝f(x)（）A.在區間，(1，e)內均有零點B.在區間，(1，e)內均無零點C.在區間內有零點，在區間(1，e)內無零點D.區間內無零點，在區間(1，e)內有零點2．已知函數的值域為，則實數m的值為（）A.2 B.3C.9 D.273．已知函數，，則函數的零點個數不可能是（）A.2個 B.3個C.4個 D.5個4．已知直三棱柱中，，，，則異面直線與所成角的余弦值為A. B.C. D.5．30°的弧度數為（）A. B.C. D.6．命題“，是4的倍數”的否定為（）A.，是4的倍數 B.，不是4的倍數C.，不是4的倍數 D.，不是4的倍數7．當時，，則a的取值范圍是A.(0，) B.(，1)C.(1，) D.(，2)8．設則下列說法正確的是（）A.方程無解 B.C.奇函數 D.9．sin1830°等于（）A. B.C. D.10．設是兩條不同的直線，是三個不同的平面，給出下列四個命題：①若，，則；②若，，，則；③若，，則；④若，，則.其中正確命題的序號是A.① B.②和③C.③和④ D.①和④二、填空題（本大題共5小題，請把答案填在答題卡中相應題中橫線上）11．請寫出一個最小正周期為，且在上單調遞增的函數__________12．集合，則____________13．若向量與共線且方向相同，則___________14．已知甲、乙兩組數據已整理成如圖所示的莖葉圖，則甲組數據的中位數是___________，乙組數據的25%分位數是___________15．如圖，若角的終邊與單位圓交于點，則________，________三、解答題（本大題共6小題.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.）16．某中學調查了某班全部45名學生參加社會實踐活動和社會公益活動的情況，數據如表單位：人：參加社會公益活動未參加社會公益活動參加社會實踐活動304未參加社會實踐活動83從該班隨機選1名學生，求該學生未參加社會公益活動也未參加社會實踐活動的概率；在參加社會公益活動，但未參加社會實踐活動的8名同學中，有5名男同學，，，，，三名女同學，，，現從這5名男同學和3名女同學中各隨機選1人參加崗位體驗活動，求被選中且未被選中的概率17．在平面直角坐標系中，已知為坐標原點，點的坐標為，點的坐標為，其中且．設（）若，，，求方程在區間內的解集（）若函數滿足：圖象關于點對稱，在處取得最小值，試確定、和應滿足的與之等價的條件18．已知函數，（1）求的最小正周期；（2）求單調遞減區間19．已知的頂點，邊上的高所在直線的方程為，邊上中線所在的直線方程為（1）求直線的方程；（2）求點的坐標．20．已知集合為非空數集，定義，.（1）若集合，直接寫出集合及；（2）若集合，，且，求證；（3）若集，且，求集合中元素的個數的最大值.21．已知函數為偶函數，當時，，（a為常數).（1）當x<0時，求的解析式：(2)設函數在[0，5]上的最大值為,求的表達式；(3)對于（2)中的，試求滿足的所有實數成的取值集合.

參考答案一、選擇題（本大題共10小題；在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意，請將正確選項填涂在答題卡上.）1、D【解析】求出導函數，由導函數的正負確定函數的單調性，再由零點存在定理得零點所在區間【詳解】當x∈時，函數圖象連續不斷，且f′(x)＝－＝<0，所以函數f(x)在上單調遞減又＝＋1>0，f(1)＝>0，f(e)＝e－1<0，所以函數f(x)有唯一的零點在區間(1，e)內故選：D2、C【解析】根據對數型復合函數的性質計算可得；【詳解】解：因為函數的值域為，所以的最小值為，所以；故選：C3、B【解析】由可得或，然后畫出的圖象，結合圖象可分析出答案.【詳解】由可得或的圖象如下：所以當時，，此時無零點，有2個零點，所以的零點個數為2；當時，，此時有2個零點，有2個零點，所以的零點個數為4；當時，，此時有4個零點，有2個零點，所以的零點個數為6；當時，，此時有3個零點，有2個零點，所以的零點個數為5；當且時，此時有2個零點，有2個零點，所以的零點個數為4；當時，，此時的零點個數為2；當時，，此時有2個零點，有3個零點，所以的零點個數為5；當時，，此時有2個零點，有4個零點，所以的零點個數為6；當時，，此時有2個零點，有2個零點，所以零點個數為4；當時，，此時有2個零點，無零點，所以的零點個數為2；綜上：的零點個數可以為2、4、5、6，故選：B4、C【解析】如圖所示，補成直四棱柱，則所求角為，易得，因此，故選C平移法是求異面直線所成角的常用方法，其基本思路是通過平移直線，把異面問題化歸為共面問題來解決，具體步驟如下：①平移：平移異面直線中的一條或兩條，作出異面直線所成的角；②認定：證明作出的角就是所求異面直線所成的角；③計算：求該角的值，常利用解三角形；④取舍：由異面直線所成的角的取值范圍是，當所作的角為鈍角時，應取它的補角作為兩條異面直線所成的角．求異面直線所成的角要特別注意異面直線之間所成角的范圍5、B【解析】根據弧度與角度之間的轉化關系進行轉化即可．詳解】解：，故選．【點睛】本題考查了將角度制化為弧度制，屬于基礎題．6、B【解析】根據特稱量詞命題的否定是全稱量詞命題即可求解【詳解】因為特稱量詞命題的否定是全稱量詞命題，所以命題“，是4的倍數”的否定為“，不是4的倍數”故選：B7、B【解析】分和兩種情況討論，即可得出結果.【詳解】當時，顯然不成立.若時當時，，此時對數，解得，根據對數的圖象和性質可知，要使在時恒成立，則有，如圖選B.【點睛】本題主要考查對數函數與指數函數的應用，熟記對數函數與指數函數的性質即可，屬于常考題型.8、B【解析】根據函數的定義逐個分析判斷【詳解】對于A，當為有理數時，由，得，所以A錯誤，對于B，因為為無理數，所以，所以B正確，對于C，當為有理數時，也為有理數，所以，當為無理數時，也為無理數，所以，所以為偶函數，所以C錯誤，對于D，因為，所以，所以D錯誤，故選：B9、A【解析】根據誘導公式計算【詳解】故選：A10、A【解析】結合直線與平面垂直的性質和平行判定以及平面與平面的位置關系，逐項分析，即可.【詳解】①選項成立，結合直線與平面垂直的性質，即可；②選項，m可能屬于，故錯誤；③選項，m,n可能異面，故錯誤；④選項，該兩平面可能相交，故錯誤，故選A.【點睛】本題考查了直線與平面垂直的性質，考查了平面與平面的位置關系，難度中等.二、填空題（本大題共5小題，請把答案填在答題卡中相應題中橫線上）11、或（不唯一）.【解析】根據函數最小正周期為，可構造正弦型、余弦型或者正切型函數，再結合在上單調遞增，構造即可.【詳解】解：根據函數最小正周期為，可構造正弦型、余弦型或者正切型函數，再結合在上單調遞增，構造即可，如或滿足題意故答案為：或（不唯一）.12、【解析】分別解出集合,，再根據并集的定義計算可得.【詳解】∵∴，∵，∴，則，故答案為：【點睛】本題考查指數不等式、對數不等式的解法，并集的運算，屬于基礎題.13、2【解析】向量共線可得坐標分量之間的關系式，從而求得n.【詳解】因為向量與共線，所以；由兩者方向相同可得.【點睛】本題主要考查共線向量的坐標表示，熟記共線向量的充要條件是求解關鍵.14、①.45②.35【解析】利用中位數的概念及百分位數的概念即得.【詳解】由題可知甲組數據共9個數，所以甲組數據的中位數是45，由莖葉圖可知乙組數據共9個數，又，所以乙組數據的25%分位數是35.故答案為：45；35.15、①.##0.8②.【解析】根據單位圓中的勾股定理和點所在象限求出，然后根據三角函數的定義求出即可【詳解】如圖所示，點位于第一象限，則有：，且解得：（其中）故答案為：；三、解答題（本大題共6小題.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.）16、（1）；（2）.【解析】從該班隨機選1名學生，利用古典概型能求出該學生未參加社會公益活動也未參加社會實踐活動的概率基本事件總數，被選中且未被選中包含的基本事件個數，由此能求出被選中且未被選中的概率【詳解】解：從該班隨機選1名學生，該學生既未參加社會公益活動也未參加社會實踐活動的概率在參加社會公益活動，但未參加社會實踐活動的8名同學中，有5名男同學，，，，，三名女同學，，，現從這5名男同學和3名女同學中各隨機選1人參加崗位體驗活動，基本事件總數，被選中且未被選中包含的基本事件個數，被選中且未被選中的概率【點睛】本題考查概率的求法，考查古典概型等基礎知識，屬于基礎題17、（1）解集為；（2）見解析.【解析】分析：（）由平面向量數量積公式、結合輔助角公式可得，令，從而可得結果；（）“圖象關于點對稱，且在處取得最小值”．因此，根據三角函數的圖象特征可以知道，，故有，∴，，當且僅當，時，的圖象關于點對稱；此時，，對討論兩種情況可得使得函數滿足“圖象關于點對稱，且在處取得最小值的充要條件”是“，時，，；或當時，，”.詳解：（）根據題意，當，，時，，，則有或，即或，又因為，故在內解集為（）解：因為，設周期因為函數須滿足“圖象關于點對稱，且在處取得最小值”因此，根據三角函數的圖象特征可以知道，，故有，∴，，又因為，形如的函數的圖象的對稱中心都是的零點，故需滿足，而當，時，因為，；所以當且僅當，時，的圖象關于點對稱；此時，，∴，（i）當，時，，進一步要使處取得最小值，則有，∴，故，又，則有，，因此，由可得，（ii）當時，，進一步要使處取得最小值，則有；又，則有，因此，由，可得，綜上，使得函數滿足“圖象關于點對稱，且在處取得最小值的充要條件”是“，時，，；或當時，，”點睛：本題主要考查公式三角函數的圖像和性質以及輔助角公式的應用，屬于難題.利用該公式()可以求出:①的周期;②單調區間（利用正弦函數的單調區間可通過解不等式求得）；③值域（）；④對稱軸及對稱中心（由可得對稱軸方程，由可得對稱中心橫坐標.18、（1）；（2）.【解析】（1）利用求出函數的最小正周；（2）由求出x的范圍，即得的單調遞減區間.【小問1詳解】∵函數，∴，故的最小正周期為.【小問2詳解】由可得，，解之得，所以f(x)的單調遞減區間.19、（1）；（2）【解析】(1)由,知兩條直線的斜率乘積為-1,進而由點斜式求直線即可;(2)設，則，代入方程求解即可.試題解析：（1）∵,且直線的斜率為，∴直線的斜率為，∴直線的方程為，即（2）設，則，∴，解得，∴20、（1），；（2）證明見解析；（3）1347.【解析】（1）根據題目定義，直接得到集合A+及A﹣；（2）根據兩集合相等即可找到x1，x2，x3，x4的關系；（3）通過假設A集合{m，m+1，m+2，…，4040}，m≤2020，m∈N，求出相應的A+及A﹣，通過A+∩A﹣＝?建立不等關系求出相應的值【詳解】（1）根據題意，由，則，；（2）由于集合，，且，所以中也只包含四個元素，即，剩下的，所以；（3）設滿足題意，其中，則，∴，，∴，∵，由容斥原理，中最小的元素為0，最大的元素為，∴，∴，∴，實際上當時滿足題意，證明如下：設，則，，依題意有，即，故的最小值為674，于是當時，中元素最多，即時滿足題意，綜上所述，集合中元素的個數的最大值是1347.【點睛】關鍵點點睛：第三問集合中元素的個數最多時，應滿足中的最大值小于中的最小值，另外容斥原理的應用也是解題的關鍵.21、(1)f(x)＝x2－2ax＋1；（2）;(3){m|或}【解析】（1）設x<0，則－x>0，所以f(－x)＝(－x)2＋2a(－x)＋1＝x2－2ax＋1,再根據函數的奇偶性化簡即得函數的解析式.(2)對a分兩種情況討論，利用二次函數的圖像和性質即得的表達式.(3)由題得或，解不等式組即得解.【詳解】（1）設x<0，則－x>0，所以f(－x)＝(－x)2＋2a(－x)＋1＝x2－2ax＋1.又因為f(x)為偶函數，所以f