遼寧沈陽市郊聯體2024屆數學高一上期末檢測模擬試題注意事項：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．函數的零點所在區間是（）A.（0，1） B.（1，2）C.（2，3） D.（3，+∞）2．半徑為的半圓卷成一個圓錐，則它的體積是（）A. B.C. D.3．在中，，，若點滿足，則（）A. B.C. D.4．如圖，在平面四邊形中，，，，將其沿對角線折成四面體，使平面平面，若四面體頂點在同一球面上，則該球的表面積為（）A. B.C. D.5．一人打靶中連續射擊兩次，事件“至少有一次中靶”的互斥事件是（）A.至多有一次中靶 B.兩次都中靶C.兩次都不中靶 D.只有一次中靶6．已知且，則（）A.有最小值 B.有最大值C.有最小值 D.有最大值7．設集合，，則集合A. B.C. D.8．函數的圖象大致為（）A. B.C. D.9．滿足2，的集合A的個數是A.2 B.3C.4 D.810．圓與圓的位置關系為（）A.相離 B.相交C.外切 D.內切二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知兩定點，，如果動點滿足，則點的軌跡所包圍的圖形的面積等于__________12．已知函數，是定義在區間上的奇函數，則_________.13．已知角的終邊經過點，則__14．在空間直角坐標系中，一點到三個坐標軸的距離都是1，則該點到原點的距離是________.15．“”是“”的_______條件.（填“充分不必要”、“必要不充分”、“充分必要”、“既不充分又不必要”中的一個）16．計算：___________.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．已知函數.（1）判斷并證明的奇偶性；（2）若，求的取值范圍.18．已知關于的不等式（Ⅰ）解該不等式；（Ⅱ）定義區間的長度為，若，求該不等式解集表示的區間長度的最大值19．已知函數滿足，且.（1）求的解析式；（2）求在上的值域.20．化簡求值（1）；（2）.21．若冪函數在其定義域上是增函數.（1）求的解析式；（2）若，求的取值范圍.

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【解析】計算出,并判斷符號,由零點存在性定理可得答案.【詳解】因為,,所以根據零點存在性定理可知函數的零點所在區間是,故選:B【點睛】本題考查了利用零點存在性定理判斷函數的零點所在區間,解題方法是計算區間端點的函數值并判斷符號,如果異號,說明區間內由零點,屬于基礎題.2、C【解析】求出扇形的弧長，然后求出圓錐的底面周長，轉化為底面半徑，求出圓錐的高，然后求出體積．【詳解】設底面半徑為r，則，所以.所以圓錐高.所以體積.故選：C.【點睛】本題考查圓錐的性質及體積，圓錐問題抓住兩個關鍵點：（1）圓錐側面展開圖的扇形弧長等于底面周長；（2）圓錐底面半徑r、高h、母線l組成直角三角形，滿足勾股定理，本題考查這兩種關系的應用，屬于簡單題.3、C【解析】由題可得，進一步化簡可得.【詳解】，，.故選：C.4、B【解析】由題意，的中點就是球心，求出球的半徑，即可得到球的表面積【詳解】解：由題意，四面體頂點在同一個球面上，和都是直角三角形，所以的中點就是球心，所以，球的半徑為：，所以球的表面積為：故選B【點睛】本題是基礎題，考查四面體的外接球的表面積的求法，找出外接球的球心，是解題的關鍵，考查計算能力，空間想象能力5、C【解析】根據互斥事件定義依次判斷各個選項即可.【詳解】對于A，若恰好中靶一次，則“至少有一次中靶”與“至多有一次中靶”同時發生，不是互斥事件，A錯誤；對于B，若兩次都中靶，則“至少有一次中靶”與“兩次都中靶”同時發生，不是互斥事件，B錯誤；對于C，若兩次都不中靶，則“至少有一次中靶”與“兩次都不中靶”不能同時發生，是互斥事件，C正確；對于D，若只有一次中靶，則“至少有一次中靶”與“只有一次中靶”同時發生，不是互斥事件，D錯誤.故選：C.6、A【解析】根據，變形為，再利用不等式的基本性質得到，進而得到，然后由，利用基本不等式求解.【詳解】因為，所以，所以，所以，所以，所以，當且僅當時取等號，故選：A.【點睛】思路點睛：本題思路是利用分離常數法轉化為，再由，利用不等式的性質構造，再利用基本不等式求解.7、D【解析】并集由兩個集合所有元素組成，排除重復的元素，故選.8、A【解析】由函數的奇偶性質可知函數為偶函數，再結合時函數的符號即可得答案.【詳解】解：由題知函數的定義域為，關于原點對稱，，所以函數為偶函數，其圖像關于軸對稱，故排除B，D，當時，，故排除C，得A為正確選項.故選：A9、C【解析】由條件，根據集合的子集的概念與運算，即可求解【詳解】由題意，可得滿足2，的集合A為：，，，2，，共4個故選C【點睛】本題主要考查了集合的定義，集合與集合的包含關系的應用，其中熟記集合的子集的概念，準確利用列舉法求解是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎題10、A【解析】通過圓的標準方程，可得圓心和半徑，通過圓心距與半徑的關系，可得兩圓的關系.【詳解】圓，圓心，半徑為；，圓心，半徑為；兩圓圓心距，所以相離.故選：A.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、4π【解析】設點的坐標為（則，即（以點的軌跡是以為圓心，2為半徑的圓，所以點的軌跡所包圍的圖形的面積等于4π.即答案為4π12、27【解析】由于奇函數的定義域必然關于原點對稱，可得m的值，再求【詳解】由于奇函數的定義域必然關于原點對稱∴m＝3，故f（m）＝故答案為27【點睛】本題主要考查函數的奇偶性，利用了奇函數的定義域必然關于原點對稱，屬于基礎題13、【解析】根據終邊上的點可得，再應用差角正弦公式求目標式的值.【詳解】由題設，，所以.故答案為：.14、【解析】設出點的坐標，根據題意列出方程組，從而求得該點到原點的距離.【詳解】設該點的坐標因為點到三個坐標軸的距離都是1所以，，，所以故該點到原點的距離為，故填.【點睛】本題主要考查了空間中點的坐標與應用，空間兩點間的距離公式，屬于中檔題.15、充分不必要【解析】解不等式，利用集合的包含關系判斷可得出結論.【詳解】由得，解得或，因或，因此，“”是“”的充分不必要條件.故答案為：充分不必要.16、7【解析】直接利用對數的運算法則以及指數冪的運算法則化簡即可.【詳解】.故答案為：7.三、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）是奇函數，證明見解析（2）【解析】（1）先求函數的定義域，再利用奇偶性的定義進行判定；（2）先解關于的一元二次不等式得到，再利用對數函數的單調性轉化為分式不等式進行求解.【小問1詳解】解：是奇函數，證明如下：令，即，解得，即的定義域為；對于任意，都有，且，即，所以是奇函數.【小問2詳解】解：因為，所以，則，即，所以，因為，所以，所以可化為，解得，即的取值范圍為.18、（Ⅰ）當時，原不等式的解為，當或時，原不等式的解集為，當或時，原不等式的解為（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）原不等式化為，根據1＜a＜2，a=1或a=2分類討論，能求出原不等式的解集；（Ⅱ）當a≠1且a≠2時，，由此能求出該不等式解集表示的區間長度的最大值試題解析：（Ⅰ）原不等式可化為，當，即時，原不等式的解為；當，即或時，原不等式的解集為；當，即或時，原不等式的解為綜上所述，當時，原不等式的解為，當或時，原不等式的解集為，當或時，原不等式的解為（Ⅱ）顯然當或時，該不等式解集表示的區間長度不可能最大當且時，，設，，則當時，，當時，，當時，，∴當時，考點：一元二次不等式的解法19、（1）（2）【解析】（1）利用換元法令,求得的表達式,代入即可求得參數,即可得的解析式;（2）根據函數單調性,即可求得在上的值域.【詳解】（1）令,則,則.因為,所以,解得.故的解析式為.（2）由（1）知,在上為增函數.因為,,所以在上的值域為.【點睛】本題考查了換元法求二次函數的解析式,根據函數單調性求函數的值域,屬于基礎題.20、（1）109；（2）.【解析】（1）利用指數冪運算和