江西省南昌八中、南昌二十三中等四校2023-2024學年高一上數學期末學業水平測試試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡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、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，請將正確答案涂在答題卡上.）1．已知全集，集合，，則（）A.{2，3，4} B.{1，2，4，5}C.{2，5} D.{2}2．已知冪函數過點，則在其定義域內（）A.為偶函數 B.為奇函數C.有最大值 D.有最小值3．已知點是角終邊上一點，則（）A. B.C. D.4．下列函數中，既在R上單調遞增，又是奇函數的是（）A. B.C. D.5．對于兩條平行直線和圓的位置關系定義如下：若兩直線中至少有一條與圓相切，則稱該位置關系為“平行相切”；若兩直線都與圓相離，則稱該位置關系為“平行相離”；否則稱為“平行相交”．已知直線，與圓的位置關系是“平行相交”，則實數的取值范圍為A. B.C. D.6．設函數y＝，當x＞0時，則y（）A.有最大值4 B.有最小值4C有最小值8 D.有最大值87．已知函數滿足對任意實數，都有成立，則的取值范圍是（）A B.C. D.8．已知直線⊥平面，直線平面，給出下列命題：①∥②⊥∥③∥⊥④⊥∥其中正確命題的序號是A.①③ B.②③④C.①②③ D.②④9．如圖，直角梯形ABCD中，A＝90°，B＝45°，底邊AB＝5，高AD＝3，點E由B沿折線BCD向點D移動，EMAB于M，ENAD于N，設BM＝，矩形AMEN的面積為，那么與的函數關系的圖像大致是（）A. B.C. D.10．設平面向量，則A. B.C. D.11．若a＞b，則下列各式正確的是（）A. B.C. D.12．設函數，則（）A.是偶函數，且在單調遞增 B.是偶函數，且在單調遞減C.是奇函數，且在單調遞增 D.是奇函數，且在單調遞減二、選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分,將答案寫在答題卡上.）13．設函數即_____14．計算_______.15．若，則________16．《三十六計》是中國古代兵法策略，是中國文化的瑰寶.“分離參數法”就是《三十六計》中的“調虎離山”之計在數學上的應用，例如，已知含參數的方程有解的問題，我們可分離出參數（調），將方程化為，根據的值域，求出的范圍，繼而求出的取值范圍，已知，若關于x的方程有解，則實數的取值范圍為___________.三、解答題（本大題共6個小題，共70分。解答時要求寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟。）17．如圖，幾何體EF-ABCD中，四邊形CDEF是正方形，四邊形ABCD為直角梯形，AB∥CD，AD⊥DC，△ACB是腰長為2的等腰直角三角形，平面CDEF⊥平面ABCD（1）求證：BC⊥AF；（2）求幾何體EF-ABCD的體積18．如圖，在四棱錐中，是正方形，平面，，，，分別是，，的中點（）求四棱錐的體積（）求證：平面平面（）在線段上確定一點，使平面，并給出證明19．已知函數（1）若，成立，求實數的取值范圍;（2）證明：有且只有一個零點，且20．已知函數的部分圖象如圖所示.（1）求函數的解析式；（2）求方程在區間內的所有實數根之和.21．已知,當時，.（1）若函數的圖象過點，求此時函數的解析式；（2）若函數只有一個零點，求實數a的值.22．已知（1）當時，求的值；（2）若的最小值為，求實數的值；（3）是否存在這樣的實數，使不等式對所有都成立．若存在，求出的取值范圍；若不存在，請說明理由

參考答案一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，請將正確答案涂在答題卡上.）1、B【解析】分析】根據補集的定義求出，再利用并集的定義求解即可.【詳解】因為全集，，所以，又因為集合，所以，故選：B.2、A【解析】設冪函數為，代入點，得到，判斷函數的奇偶性和值域得到答案.【詳解】設冪函數為，代入點，即，定義域為，為偶函數且故選：【點睛】本題考查了冪函數的奇偶性和值域，意在考查學生對于函數性質的綜合應用.3、D【解析】利用任意角的三角函數的定義可求得的值，進而可得答案.【詳解】因為點是角終邊上一點，所以，所以.故選：D.4、B【解析】逐一判斷每個函數的單調性和奇偶性即可.【詳解】是奇函數，但在R上不單調遞增，故A不滿足題意；既在R上單調遞增，又是奇函數，故B滿足題意；、不是奇函數，故C、D不滿足題意；故選：B5、D【解析】根據定義先求出l1，l2與圓相切，再求出l1，l2與圓外離，結合定義即可得到答案.【詳解】圓C的標準方程為(x＋1)2＋y2＝b2.由兩直線平行，可得a(a＋1)－6＝0，解得a＝2或a＝－3.當a＝2時，直線l1與l2重合，舍去；當a＝－3時，l1：x－y－2＝0，l2：x－y＋3＝0.由l1與圓C相切，得，由l2與圓C相切，得.當l1、l2與圓C都外離時，.所以，當l1、l2與圓C“平行相交”時，b滿足，故實數b的取值范圍是(，)∪(，＋∞)故選D.6、B【解析】由均值不等式可得答案.【詳解】由,當且僅當，即時等號成立.當時，函數的函數值趨于所以函數無最大值，有最小值4故選：B7、C【解析】易知函數在R上遞增，由求解.【詳解】因為函數滿足對任意實數，都有成立，所以函數在R上遞增，所以，解得，故選：C8、A【解析】利用線面、面面平行的性質和判斷以及線面、面面垂直的性質和判斷可得結果.【詳解】②若，則與不一定平行，還可能為相交和異面；④若，則與不一定平行，還可能是相交.故選A.【點睛】本題是一道關于線線、線面、面面關系的題目，解答本題的關鍵是熟練掌握直線與平面和平面與平面的平行、垂直的性質定理和判斷定理.9、A【解析】根據已知可得：點E在未到達C之前，y=x（5-x）=5x-x2；且x≤3，當x從0變化到2.5時，y逐漸變大，當x=2.5時，y有最大值，當x從2.5變化到3時，y逐漸變小，到達C之后，y=3（5-x）=15-3x，x＞3，根據二次函數和一次函數的性質．故選A．考點：動點問題的函數圖象；二次函數的圖象．10、A【解析】∵∴故選A；【考點】：此題重點考察向量加減、數乘的坐標運算；【突破】：準確應用向量的坐標運算公式是解題的關鍵；11、A【解析】由不等式的基本性質，逐一檢驗即可【詳解】因為a＞b，所以a-2＞b-2，故選項A正確，2-a＜2-b，故選項B錯誤，-2a<-2b，故選項C錯誤，a2，b2無法比較大小，故選項D錯誤，故選A【點睛】本題考查了不等式的基本性質，意在考查學生對該知識的理解掌握水平.12、D【解析】利用函數奇偶性的定義可判斷出函數的奇偶性，分析函數解析式的結構可得出函數的單調性.【詳解】函數的定義域為，，所以函數為奇函數.而，可知函數為定義域上減函數，因此，函數為奇函數，且是上的減函數.故選：D.二、選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分,將答案寫在答題卡上.）13、-1【解析】結合函數的解析式求解函數值即可.【詳解】由題意可得：，則.【點睛】求分段函數的函數值，要先確定要求值的自變量屬于哪一段區間，然后代入該段的解析式求值，當出現f(f(a))的形式時，應從內到外依次求值14、【解析】利用指數的運算法則求解即可.【詳解】原式.故答案為：.【點睛】本題主要考查了指數的運算法則.屬于容易題.15、##0.5【解析】利用誘導公式即得.【詳解】∵，∴.故答案為：.16、【解析】參變分離可得，令，構造函數，利用導數求解函數單調性，分析可得的值域為，即得解【詳解】由題意，，故又，，令故，令，故在單調遞增由于時故的值域為故，即實數的取值范圍為故答案為：三、解答題（本大題共6個小題，共70分。解答時要求寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟。）17、（1）詳見解析；（2）.【解析】（1）推導出FC⊥CD，FC⊥BC，AC⊥BC，由此BC⊥平面ACF，從而BC⊥AF（2）推導出AC＝BC＝2，AB4，從而AD＝BCsin∠ABC＝22，由V幾何體EF﹣ABCD＝V幾何體A﹣CDEF+V幾何體F﹣ACB，能求出幾何體EF﹣ABCD的體積【詳解】（1）因為平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD=CD，又四邊形CDEF是正方形，所以FC⊥CD，FC?平面CDEF，所以FC⊥平面ABCD，所以FC⊥BC因為△ACB是腰長為2的等腰直角三角形，所以AC⊥BC又AC∩CF=C，所以BC⊥平面ACF所以BC⊥AF（2）因為△ABC是腰長為2的等腰直角三角形，所以AC=BC=2，AB==4，所以AD=BCsin∠ABC=2=2，CD=AB=BCcos∠ABC=4-2cos45°=2，∴DE=EF=CF=2，由勾股定理得AE==2，因為DE⊥平面ABCD，所以DE⊥AD又AD⊥DC，DE∩DC=D，所以AD⊥平面CDEF所以V幾何體EF-ABCD=V幾何體A-CDEF+V幾何體F-ACB==+==【點睛】本題考查線線垂直的證明，考查幾何體的體積的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題18、（1）（2）見解析（3）當為線段的中點時，滿足使平面【解析】（1）根據線面垂直確定高線，再根據錐體體積公式求體積（2）先尋找線線平行，根據線面平行判定定理得線面平行，最后根據面面平行判定定理得結論（3）由題意可得平面，即，取線段的中點，則有，而，根據線面垂直判定定理得平面試題解析：（）解：∵平面，∴（）證明：∵，分別是，的中點∴，由正方形，∴，又平面，∴平面，同理可得：，可得平面，又，∴平面平面（）解：當為線段中點時，滿足使平面，下面給出證明：取的中點，連接，，∵，∴四點，，，四點共面，由平面，∴，又，，∴平面，∴，又為等腰三角形，為斜邊中點，∴，又，∴平面，即平面點睛：(1)探索性問題通常用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化.其步驟為假設滿足條件的元素(點、直線、曲線或參數)存在，用待定系數法設出，列出關于待定系數的方程組，若方程組有實數解，則元素(點、直線、曲線或參數)存在；否則，元素(點、直線、曲線或參數)不存在.(2)反證法與驗證法也是求解探索性問題常用的方法.19、（1）（2）證明見解析.【解析】（1）把已知條件轉化成大于在上的最小值即可解決；（2）先求導函數，判斷出函數的單調區間，圖像走勢，再判斷函數零點，隱零點問題重在轉化.【小問1詳解】由得，則在上單調遞增，在上最小值為若，成立，則必有由，得故實數的取值范圍為【小問2詳解】在上單調遞增，且恒成立，最小正周期，在上最小值為由此可知在恒為正值，沒有零點.下面看在上的零點情況.，，則即在單調遞增，，故上有唯一零點.綜上可知，在上有且只有一個零點.令，則，令，則即在上單調遞減，故有20、（1）（2）【解析】（1）由圖像得，并求解出周期為，從而得，再代入最大值，利用整體法，從而求解得，可得解析式為；（2）作出函數與的圖像，可得兩個函數在有四個交點，從而得有四個實數根，再利用三角函數的對稱性計算得實數根之和.【小問1詳解】由圖可知，，∴∴，又點在的圖象上∴，∴，，，∵，∴，∴.【小問2詳解】由圖得在上的圖象與直線有4個交點，則方程在上有4個實數根，設這4個實數根分別為，，，，且，由，得所以可知，關于直線對稱，∴，關于直線對稱，∴，∴【點睛】求三角函數的解析式時，由即可求出；確定時，若能求出離原點最近的右側圖象上升（或下降）的“零點”橫坐標，則令或，即可求出，否則需要代入點的坐標，利用一些已知點的坐標代入解析式，再結合函數的性質解出和，若對，的符號或對的范圍有要求，則可用誘導公式變換使其符合要求.21、(1)(2)或.【解析】（1）由計算；（2）只有一個解，由對數函數性質轉化為方程只有一個正根，分，和討論【詳解】（1）,當時，.函數的圖象過點，，解得，此時函數.（2），∵函數只有一個零點，只有一個正解，∴當時，，滿足題意；當時，只有一個正根，若，解得，此時，滿足題意；若方程有兩個相異實根，則兩根之積為，此時方程有一個正根，符合題意；綜上，或.【點睛】本題考查函數零點與方程根的分布問題．解題時注意函數的定義域，在轉化時要正