云南省永德縣第一中學2024屆數學高一上期末達標檢測試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．已知等腰直角三角形的直角邊的長為4，將該三角形繞其斜邊所在的直線旋轉一周而形成的曲面所圍成的幾何體的表面積為（）A. B.C. D.2．已知集合A={0，1}，B={-1，0}，則A∩B=（）A.0， B.C. D.3．已知命題，則p的否定為（）A. B.C. D.4．設a，b，c均為正數，且，，，則a，b，c的大小關系是（）A. B.C. D.5．定義在上的偶函數滿足，且在上是減函數，若，是銳角三角形的兩個內角，則下列各式一定成立的是（）A. B.C. D.6．若函數存在兩個零點，且一個為正數，另一個為負數，則的取值范圍為A. B.C. D.7．奇函數在內單調遞減且，則不等式的解集為（）A. B.C. D.8．已知函數，若函數在上有3個零點，則m的取值范圍為（）A. B.C. D.9．若角的終邊經過點，則A. B.C. D.10．設兩條直線方程分別為，，已知，是方程的兩個實根，且，則這兩條直線之間的距離的最大值和最小值分別是A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．如圖所示，正方體的棱長為,分別是棱，的中點，過直線的平面分別與棱.交于，設，，給出以下四個命題：①平面平面；②當且僅當時，四邊形的面積最??；③四邊形周長，是單調函數；④四棱錐的體積為常函數；以上命題中真命題的序號為___________.12．函數的最大值為，其圖象相鄰兩條對稱軸之間的距離為（1）求函數的解析式；（2）設，且，求的值13．已知集合，，則___________.14．已知一個扇形的面積為，半徑為，則其圓心角為___________.15．已知函數，那么_________.16．已知，若，則________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．設為平面直角坐標系中的四點，且，，（1）若，求點的坐標及；（2）設向量，，若與平行，求實數的值18．已知函數的圖象過點，.（1）求函數的解析式；（2）若函數在區間上有零點，求整數k的值；（3）設，若對于任意，都有，求m的取值范圍.19．2022年新冠肺炎仍在世界好多國家肆虐，盡管我國抗疫取得了很大的成績，疫情也得到了很好的遏制，但由于整個國際環境的影響，時而也會出現一些散發病例，故而抗疫形勢依然艱巨．我市某小區為了防止疫情在小區出現，嚴防外來人員進入小區，切實保障居民正常生活，設置“特殊值班崗”．現有包含甲、乙在內的4名志愿者參與該工作，每人安排一天，每4天一輪．在一輪的“特殊值班崗”安排中，求：（1）甲、乙兩人相鄰值班的概率；（2）甲或乙被安排在前2天值班的概率20．如圖，在三棱柱中，側棱平面，、分別是、的中點，點在側棱上，且，，求證：（1）直線平面；（2）平面平面.21．已知集合，（1）若，求，；（2）若，求實數的取值范圍

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、D【解析】如圖為等腰直角三角形旋轉而成的旋轉體這是兩個底面半徑為，母線長4的圓錐，故S=2πrl=2π××4=故答案為D.2、B【解析】利用交集定義直接求解【詳解】解：∵集合A={0，1}，B={-1，0}，∴A∩B={0}故選B【點睛】本題考查交集的求法，考查交集定義,是基礎題3、D【解析】全稱命題的否定為存在命題，利用相關定義進行判斷即可【詳解】全稱命題的否定為存在命題，命題，則為.故選：D4、C【解析】將分別看成對應函數的交點的橫坐標，在同一坐標系作出函數的圖像，數形結合可得答案.【詳解】在同一坐標系中分別畫出，，的圖象，與的交點的橫坐標為，與的圖象的交點的橫坐標為，與的圖象的交點的橫坐標為，從圖象可以看出故選：C5、A【解析】根據題意，先得到是周期為的函數，再由函數單調性和奇偶性，得出在區間上是增函數；根據三角形是銳角三角，得到，得出，從而可得出結果.【詳解】因為偶函數滿足，所以函數是周期為的函數，又在區間上是減函數，所以在區間上是減函數，因為偶函數關于軸對稱，所以在區間上是增函數；又，是銳角三角形的兩個內角，所以，即，因此，即，所以.故選：A.【點睛】本題主要考查由函數的基本性質比較大小，涉及正弦函數的單調性，屬于中檔題.6、C【解析】根據題意畫出函數圖像，由圖像即可分析出由一個正零點，一個負零點a的范圍【詳解】如圖，若存在兩個零點，且一個為正數，另一個為負數，則，故選【點睛】本題考查了絕對值函數及零點的簡單應用，屬于基礎題7、A【解析】由已知可作出函數的大致圖象，結合圖象可得到答案.【詳解】因為函數在上單調遞減，，所以當時，，當，，又因為是奇函數，圖象關于原點對稱，所以在上單調遞減，，所以當時，，當時，，大致圖象如下，由得或，解得，或，或，故選：A.【點睛】本題考查了抽象函數的單調性和奇偶性，解題的關鍵點是由題意分析出的大致圖象，考查了學生分析問題、解決問題的能力.8、A【解析】畫出函數圖像，分解因式得到，有一個解故有兩個解，根據圖像得到答案.【詳解】畫出函數的圖像，如圖所示：當時，即，有一個解；則有兩個解，根據圖像知：故選：【點睛】本題考查了函數的零點問題，畫出函數圖像，分解因式是解題的關鍵.9、C【解析】根據三角函數定義可得，判斷符號即可.【詳解】解：由三角函數的定義可知，符號不確定，，故選：C【點睛】任意角的三角函數值：（1）角與單位圓交點，則；（2）角終邊任意一點，則.10、B【解析】兩條直線之間的距離為,選B點睛:求函數最值，一般通過條件將函數轉化為一元函數，根據定義域以及函數單調性確定函數最值二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、①②④【解析】①連接，在正方體中，平面，所以平面平面，所以①是真命題；②連接MN，因為平面，所以，四邊形MENF的對角線EF是定值，要使四邊形MENF面積最小，只需MN的長最小即可，當M為棱的中點時，即當且僅當時，四邊形MENF的面積最??；③因為，所以四邊形是菱形，當時，的長度由大變小，當時，的長度由小變大，所以周長，是單調函數，是假命題；④連接，把四棱錐分割成兩個小三棱錐，它們以為底，為頂點，因為三角形的面積是個常數，到平面的距離也是一個常數，所以四棱錐的體積為常函數；命題中真命題的序號為①②④考點：面面垂直及幾何體體積公式12、（1）（2）【解析】（1）根據函數的最值求出，由相鄰兩條對稱軸之間的距離為，確定函數的周期，進而求出值；（2）由，求出，利用誘導公式結合的范圍求出，的值，即可求出結論.【小問1詳解】函數的最大值為5，所以A+1＝5，即A＝4∵函數圖象的相鄰兩條對稱軸之間的距離為，∴最小正周期T＝π，∴ω＝2故函數的解析式為.【小問2詳解】，則由，則，所以所以13、【解析】根據并集的定義可得答案.【詳解】，，.故答案為：.14、【解析】結合扇形的面積公式即可求出圓心角的大小.【詳解】解：設圓心角為，半徑為，則，由題意知，，解得，故答案為:15、3【解析】首先根據分段函數求的值，再求的值.【詳解】，所以.故答案為：316、1【解析】由已知條件可得，構造函數，求導后可判斷函數在上單調遞增，再由，得，從而可求得答案【詳解】由題意得，，令，則，所以在上單調遞增，因為，所以，所以，故答案為：1三、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）【解析】（1）設，寫出的坐標，利用列式求解點的坐標，再寫出的坐標；（2）用坐標表示出與，再根據平行條件的坐標公式列式求解.【詳解】（1）設，因為，，，所以，得，則；（2）由題意，，，所以，，因為與平行，所以，解得.18、（1）；（2）的取值為2或3；（3）.【解析】（1）根據題意，得到，求得的值，即可求解；（2）由（1）可得，得到，設，根據題意轉化為函數在上有零點，列出不等式組，即可求解；（3）求得的最大值，得出，得到，設，結合單調性和最值，即可求解.【詳解】（1）函數的圖像過點，所以，解得，所以函數的解析式為.（2）由（1）可知，，令，得，設，則函數在區間上有零點，等價于函數在上有零點，所以，解得，因為，所以的取值為2或3.（3）因為且，所以且，因為，所以的最大值可能是或，因為所以，只需，即，設，在上單調遞增，又，∴，即，所以，所以m的取值范圍是.【點睛】已知函數的零點個數求解參數的取值范圍問題的常用方法：1、分離參數法：一般命題的情境為給出區間，求滿足函數零點個數的參數范圍，通常解法為從中分離出參數，構造新的函數，求得新函數的最值，根據題設條件構建關于參數的不等式，從而確定參數的取值范圍；2、分類討論法：一般命題的情境為沒有固定的區間，求滿足函數零點個數的參數范圍，通常解法為結合函數的單調性，先確定參數分類的標準，在每個小區間內研究函數零點的個數是否符合題意，將滿足題意的參數的各校范圍并在一起，即為所求的范圍.19、（1）（2）【解析】（1）利用列舉法求解即可；（2）利用列舉法求解即可.【小問1詳解】由題意，設4名志愿者為甲，乙，丙，丁，4天一輪的值班安排所有可能的結果是：（甲，乙，丙，?。?，（甲，乙，丁，丙），（甲，丙，乙，?。?，（甲，丙，丁，乙），（甲，丁，乙，丙），（甲，丁，丙，乙），（乙，甲，丙，丁），（乙，甲丁，丙），（乙，丙，甲，?。?，（乙，丙，丁，甲），（乙，丁，甲，丙），（乙，丁，丙，甲），（丙，甲，乙，?。ū?，甲，丁，乙），（丙，乙，甲，?。?，（丙，乙，丁，甲），（丙，丁，乙，甲），（丙，丁，甲，乙），（丁，甲，乙，丙），（丁，甲，丙，乙），（丁，乙，甲，丙），（丁，乙，丙，甲），（丁，丙，乙，甲），（丁，丙，甲，乙），共24個樣本點設甲乙相鄰為事件A，則事件A包含：（甲，乙，丙，?。?，（甲，乙，丁，丙），（乙，甲，丙，?。?，（乙，甲，丁，丙），（丙，甲，乙，丁），（丙，乙，甲，?。?，（丙，丁，乙，甲），（丙，丁，甲，乙），（丁，甲，乙，丙），（丁，乙，甲，丙），（丁，丙，乙，甲），（丁，丙，甲，乙），共12個樣本點，故【小問2詳解】設甲或乙被安排在前兩天值班的為事件B則事件B包含：（甲，乙，丙，丁），（甲，乙，丁，丙），（甲，丙，乙，丁），（甲，丙，丁，乙），（甲，丁，乙，丙），（甲，丁，丙，乙），（乙，甲，丙，丁），（乙，甲，丁，丙），（乙，丙，甲，?。?，（乙，丙，丁，甲），（乙，丁，甲，丙），（乙，丁，丙，甲），（丙，甲，乙，丁），（丙，甲，丁，乙），（丙，乙，甲，丁），（丙，乙，丁，甲），（丁，甲，乙，丙），（丁，甲，丙，乙），（丁，乙，甲，丙），（丁，乙，丙，甲），共20個樣本點，故.20、（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】（1）由中位線的性質得出，由棱柱的性質可得出，由平行線的傳遞性可得出，進而可證明出平面；（2）證明出平面，可得出，結合可證明出平面，再由面面垂直的判定定理即可證明出結論成立.【詳解】（1）、分別為、的中點，為的中位線，，為棱柱，，，平面，平面，平面；（2）在三棱柱中，平面，平面，