2024届青海省西宁第二十一中学高一数学第一学期期末经典模拟试题含解析

2024届青海省西宁第二十一中学高一数学第一学期期末经典模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．若∃x∈[0，3]，使得不等式x2﹣2x+a≥0成立，则实数a的取值范围是（）A.﹣3≤a≤0 B.a≥0C.a≥1 D.a≥﹣32．设函数与的图象的交点为，则所在的区间为()A B.C. D.3．关于函数有下述四个结论：①是偶函数；②在区间单调递减；③在有个零点；④的最大值为.其中所有正确结论的编号是（）A.①②④ B.②④C.①④ D.①③4．函数是（）A.偶函数，在是增函数B.奇函数，在是增函数C.偶函数，在是减函数D.奇函数，在是减函数5．设，则a，b，c大小关系为（）A. B.C. D.6．下列说法中，正确的是（）A.锐角是第一象限的角 B.终边相同的角必相等C.小于的角一定为锐角 D.第二象限的角必大于第一象限的角7．是边AB上的中点，记，，则向量A. B.C. D.8．图（1）是某条公共汽车线路收支差额关于乘客量的图象，图（2）、（3）是由于目前本条路线亏损，公司有关人员提出的两种扭亏为盈的建议，则下列说法错误的是（）A.图（1）的点的实际意义为：当乘客量为0时，亏损1个单位B.图（1）的射线上的点表示当乘客量小于3时将亏损，大于3时将盈利C.图（2）的建议为降低成本而保持票价不变D.图（3）的建议为降低成本的同时提高票价9．已知是球的直径上一点,,平面,为垂足,截球所得截面的面积为,则球的表面积为A. B.C. D.10．若存在正数x使成立，则a的取值范围是A. B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知向量不共线，，若，则___12．已知，，且，则的最小值为___________.13．若、是关于x的方程的两个根，则__________.14．已知函数，则当______时，函数取到最小值且最小值为_______.15．已知幂函数的图像过点，则的解析式为=__________16．已知函数的零点为，不等式的最小整数解为，则__________三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．已知函数.（1）判断函数的奇偶性，并证明；（2）设函数，若对任意的，总存在使得成立，求实数m的取值范围.18．如图，在三棱柱中，侧棱平面，、分别是、的中点，点在侧棱上，且，，求证：（1）直线平面；（2）平面平面.19．已知函数（1）若成立，求x的取值范围；（2）若定义在R上奇函数满足，且当时，，求在的解析式，并写出在的单调区间（不必证明）（3）对于（2）中的，若关于x的不等式在R上恒成立，求实数t的取值范围20．已知函数，（，且）（1）求函数的定义域；（2）当时，求关于的不等式的解集21．已知且是上的奇函数，且（1）求的解析式；（2）若不等式对恒成立，求取值范围；（3）把区间等分成份，记等分点的横坐标依次为，，设，记，是否存在正整数，使不等式有解？若存在，求出所有的值，若不存在，说明理由.

参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1、D【解题分析】等价于二次函数的最大值不小于零，即可求出答案.【题目详解】设，，使得不等式成立，须，即，或，解得.故选:D【题目点拨】本题考查特称命题成立求参数的问题，等价转化是解题的关键，属于基础题.2、C【解题分析】令，则，故的零点在内，因此两函数图象交点在内，故选C.【方法点睛】本题主要考查函数图象的交点与函数零点的关系、零点存在定理的应用，属于中档题.零点存在性定理的条件：（1）利用定理要求函数在区间上是连续不断的曲线；（2）要求；（3）要想判断零点个数还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性).3、A【解题分析】利用偶函数的定义可判断出命题①的正误；去绝对值，利用余弦函数的单调性可判断出命题②的正误；求出函数在区间上的零点个数，并利用偶函数的性质可判断出命题③的正误；由取最大值知，然后去绝对值，即可判断出命题④的正误.【题目详解】对于命题①，函数的定义域为，且，则函数为偶函数，命题①为真命题；对于命题②，当时，，则，此时，函数在区间上单调递减，命题②正确；对于命题③，当时，，则，当时，，则，由偶函数的性质可知，当时，，则函数在上有无数个零点，命题③错误；对于命题④，若函数取最大值时，，则，，当时，函数取最大值，命题④正确.因此，正确的命题序号为①②④.故选A.【题目点拨】本题考查与余弦函数基本性质相关的命题真假的判断，解题时要结合自变量的取值范围去绝对值，结合余弦函数的基本性质进行判断，考查推理能力，属于中等题.4、B【解题分析】利用奇偶性定义判断的奇偶性，根据解析式结合指数函数的单调性判断的单调性即可.【题目详解】由且定义域为R，故为奇函数，又是增函数，为减函数，∴为增函数故选：B.5、C【解题分析】利用有理指数幂和幂函数的单调性分别求得，，的范围即可得答案【题目详解】，，，又在上单调递增，，，故选：C6、A【解题分析】根据锐角的定义，可判定A正确；利用反例可分别判定B、C、D错误，即可求解.【题目详解】对于A中，根据锐角的定义，可得锐角满足是第一象限角，所以A正确；对于B中，例如：与的终边相同，但，所以B不正确；对于C中，例如：满足，但不是锐角，所以C不正确；对于D中，例如：为第一象限角，为第二象限角，此时，所以D不正确.故选：A.7、C【解题分析】由题意得，∴．选C8、D【解题分析】根据一次函数的性质，结合选项逐一判断即可.【题目详解】A：当时，，所以当乘客量为0时，亏损1个单位，故本选项说法正确；B：当时，，当时，，所以本选项说法正确；C：降低成本而保持票价不变，两条线是平行，所以本选项正确；D：由图可知中：成本不变，同时提高票价，所以本选项说法不正确，故选：D9、C【解题分析】设球的半径为,根据题意知球心到平面的距离,截球所得截面圆的半径为1,由,截面圆半径,球半径构成直角三角形,利用勾股定理,即可求出球半径,进而求出球的表面积.【题目详解】如图所示,设球的半径为,因为,所以,又因为截球所得截面的面积为,所以,在中,有,即,所以,故球的表面积,故选:C.【题目点拨】本题主要考查球的基本应用,答题关键点在于明确球心到截面的距离,截面圆半径,球半径三者可构成直角三角形,进而满足勾股定理.10、D【解题分析】根据题意，分析可得，设，利用函数的单调性与最值，即可求解，得到答案【题目详解】根据题意，，设，由基本初等函数的性质，得则函数在R上为增函数，且，则在上，恒成立；若存在正数x使成立，即有正实数解，必有；即a的取值范围为；故选D【题目点拨】本题主要考查了函数单调性的应用，以及不等式的有解问题，其中解答中合理把不等式的有解问题转化为函数的单调性与最值问题是解答的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力，属于中档试题二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】由，将表示为的数乘，求出参数【题目详解】因为向量不共线，，且，所以，即，解得【题目点拨】向量与共线，当且仅当有唯一一个实数，使得12、【解题分析】由已知凑配出积为定值，然后由基本不等式求得最小值【题目详解】因为，，且，所以，当且仅当，即时等号成立故答案为：13、【解题分析】先通过根与系数的关系得到的关系，再通过同角三角函数的基本关系即可解得.【题目详解】由题意：，所以或，且，所以，即，因为或，所以.故答案为：.14、①.②.【解题分析】利用基本不等式可得答案.【题目详解】因为，所以，当且仅当即等号成立.故答案为：；.15、##【解题分析】根据幂函数的定义设函数解析式，将点的坐标代入求解即可.【题目详解】由题意知，设幂函数的解析式为为常数)，则，解得，所以.故答案为：16、8【解题分析】利用单调性和零点存在定理可知，由此确定的范围，进而得到.【题目详解】函数为上的增函数，，，函数的零点满足，，的最小整数解故答案为：.三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）偶函数，证明见解析（2）【解题分析】（1）为偶函数，利用偶函数定义证明即可；（2）转化为，利用均值不等式可求解的最大值，利用一次函数性质求解的最大值，分析即得解.【小问1详解】为偶函数证明：，故，解得的定义域为，关于原点对称，为偶函数【小问2详解】若对任意的，总存在，使得成立则又，当且仅当，即取等号所以所求实数m的取值范围为18、（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解题分析】（1）由中位线的性质得出，由棱柱的性质可得出，由平行线的传递性可得出，进而可证明出平面；（2）证明出平面，可得出，结合可证明出平面，再由面面垂直的判定定理即可证明出结论成立.【题目详解】（1）、分别为、的中点，为的中位线，，为棱柱，，，平面，平面，平面；（2）在三棱柱中，平面，平面，，又且，、平面，平面，而平面，故.又，且，、平面，平面，又平面，平面平面.【题目点拨】本题考查线面平行和面面垂直的证明，考查推理能力，属于中等题.19、（1）（2），在和单调递减，在单调递增（3）【解题分析】（1）把题给不等式转化成对数不等式，解之即可；（2）利用题给条件分别去求和的函数解析式，再综合写成分段函数即可解决；（3）分类讨论把题给抽象不等式转化成整式不等式即可解决.【小问1详解】即可化为，解之得，不等式解集为【小问2详解】设，则，，故设，则，故在和单调递减，在单调递增；【小问3详解】由可知，有对称轴，.又由上可知在单调递增，在单调递减，记，当时，，又由恒成立，可得，即，解之得当时，，又由恒成立，可得，即，解之得综上可得实数t的取值范围为【题目点拨】分类讨论思想是高中数学一项重要的考查内容.分类讨论思想要求在不能用统一的方法解决问题的时候，将问题划分成不同的模块，通过分块来实现问题的求解，体现了对数学问题的分析处理能力和解决能力.20、（1）（2）【解题分析】（1）求使函数有意义的的范围即可；（2）根据函数的单调性解不等式组可得答案.【小问1详解】由题意可得，解得，故函数的定义域为【小问2详解】当时，函数是增函数，因为，所以，解得故原不等式的解集为21、（1）；（2）；（3）存在，正整数或2.【解题分析】（1）根据，，即可求出的值，从而可求函数的解析式；（2）根据函数的奇偶性和单调性由题意可得到恒成立，然后通过分类讨论，根据二次不等式恒成立问题的解决方法即可求出答案；（3）设等分点的横坐标为，.首先根据，可得到函数