《重庆市江津长寿巴县等七校2024届数学高一上期末达标检测试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《重庆市江津长寿巴县等七校2024届数学高一上期末达标检测试题含解析（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、重庆市江津长寿巴县等七校2024届数学高一上期末达标检测试题请考生注意：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05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；在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，请将正确选项填涂在答题卡上.）1某集团校为调查学生对学校“延时服务”的满意率，想从全市3个分校区按学生数用分层随机抽样的方法抽取一个容量为的样本已知3个校区学生数之比为，如果最多的一个校区抽出的个体数是60，那么这个样本的容量为（ ）A.B.
2、C.D.2已知扇形的半径为，面积为，则这个扇形的圆心角的弧度数为（）A.B.C.D.3设且，则“函数在上是减函数”是“函数在上是增函数”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件4已知均为上连续不断的曲线，根据下表能判断方程有实数解的区间是（）x01233.0115.4325.9807.6513.4514.8905.2416.892A.B.C.D.5已知函数，若正数，满足，则（）A.B.C.D.6设，且，则下列不等式一定成立的是（）A.B.C.D.7某工厂设计了一款纯净水提炼装置，该装置可去除自来水中的杂质并提炼出可直接饮用的纯净水，假设该装置每次提
3、炼能够减少水中50%的杂质，要使水中的杂质不超过原来的4%，则至少需要提炼的次数为（）（参考数据：取）A.5B.6C.7D.88青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，小数记录法的数据V和五分记录法的数据L满足，已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据约为（）（注：）A.0.6B.0.8C.1.2D.1.59平面与平面平行的条件可以是（）A.内有无穷多条直线与平行B.直线，C.直线，直线，且，D.内的任何直线都与平行10已知是偶函数，且在上是减函数，又，则的解集为（）A.B.C.D.二、填空题（本大题共5小题
4、，请把答案填在答题卡中相应题中横线上）11在三棱锥中，两两垂直，三棱锥的侧面积为13，则该三棱锥外接球的表面积为_.12已知函数若关于的方程有5个不同的实数根，则的取值范围为_.13在平面直角坐标系中，已知为坐标原点，若动点，则的最大值为_.14若且，则取值范围是_15已知集合，则=_三、解答题（本大题共6小题.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）16已知函数（）求的最小正周期及对称轴方程；（）当时，求函数的最大值、最小值，并分别求出使该函数取得最大值、最小值时的自变量的值.17若两个函数和对任意，都有，则称函数和在上是疏远的（1）已知命题“函数和在上是疏远的”，试判断该命题的真假若该命
5、题为真命题，请予以证明；若为假命题，请举反例；（2）若函数和在上是疏远的，求整数a的取值范围18一次函数是上的增函数，已知.（1）求；（2）当时，有最大值13，求实数的值.19设，已知集合，（1）当时，求；（2）若，且，求实数的取值范围20化简求值：（1）（2）.21已知函数（且）的图像经过点.（1）求函数的解析式；（2）若，求实数的取值范围.参考答案一、选择题（本大题共10小题；在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，请将正确选项填涂在答题卡上.）1、B【解析】利用分层抽样比求解.【详解】因为样本容量为，且3个校区学生数之比为，最多的一个校区抽出的个体数是60，所以，解得，故选：B2
6、、A【解析】由扇形的面积公式即可求解.【详解】解：设扇形圆心角的弧度数为，则扇形面积为，解得，因为，所以扇形的圆心角的弧度数为4.故选：A3、A【解析】函数在上是减函数，根据指数函数的单调性得出；函数在上是增函数，得出且，从而可得出答案.【详解】函数在上是减函数，则；函数在上是增函数，则，而且，解得：且，故“函数在上是减函数”是“函数在上是增函数”的充分不必要条件.故选：A.4、C【解析】根据函数零点的存在性定理可以求解.【详解】由表可知，令，则均为上连续不断的曲线，所以在上连续不断的曲线，所以，；所以函数有零点的区间为，即方程有实数解的区间是.故选：C.5、B【解析】首先判断函数在上单调递增
7、；然后根据，同时结合函数的单调性及放缩法即可证明选项B；通过举例说明可判断选项A，C，D.【详解】因为，所以函数在上单调递增；因为，均为正数，所以，又，所以，所以，所以，又因为，所以，选项B正确；当时，满足，但不满足，故选项A错误；当时，满足，但此时，不满足，故选项C错误；当时，满足，但此时，不满足，故选项D错误.故选：B.6、D【解析】利用特殊值及不等式的性质判断可得；【详解】解：因为，对于A，若，满足，但是，故A错误；对于B：当时，故B错误；对于C：当时没有意义，故C错误；对于D：因为，所以，故D正确；故选：D7、A【解析】根据题意列出相应的不等式，利用对数值计算可得答案.【详解】设经过次
8、提炼后，水中的杂质不超过原来的4%，由题意得，得，所以至少需要5次提炼，故选：A.8、B【解析】当时，即可得到答案.【详解】由题意可得当时故选：B9、D【解析】由题意利用平面与平面平行的判定和性质，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论【详解】解：当内有无穷多条直线与平行时，与可能平行，也可能相交，故A错误当直线，时，与可能平行也可能相交，故B错误当直线，直线，且，如果，都平行，的交线时满足条件，但是与相交，故C错误当内的任何直线都与平行时，由两个平面平行的定义可得，这两个平面平行，故D正确；故选：D10、B【解析】根据题意推得函数在上是增函数，结合，确定函数值的正负情况，进而求得答案.【详解
9、】是偶函数，且在上是减函数，又，则，且在上是增函数，故时，时，故的解集是，故选：B.二、填空题（本大题共5小题，请把答案填在答题卡中相应题中横线上）11、【解析】根据侧面积计算得到，再计算半径为，代入表面积公式得到答案.【详解】三棱锥的侧面积为，所以故该三棱锥外接球的半径为：，球的表面积为.故答案为：【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.12、【解析】根据函数的解析式作出函数的大致图像，再将整理变形，然后将方程的根的问题转化为函数图象的交点问题解决.【详解】由题意得，即或，的图象如图所示，关于的方程有5个不同的实数根，则或，解得，故答案为：13、【解析】设
10、动点，由题意得动点轨迹方程为则由其几何意义得表示圆上的点到的距离，故点睛：本题主要考查了平面向量的线性运算及其运用，综合了圆上点与定点之间的距离最大值，先给出动点的轨迹方程，再表示出向量的坐标结果，依据其几何意义计算求得结果，本题方法不唯一，还可以直接计算含有三角函数的最值14、或【解析】分类讨论解对数不等式即可.【详解】因为，所以，当时，可得，当时，可得.所以或故答案为：或15、-1,1,2；【解析】=-1,1,2三、解答题（本大题共6小题.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）16、（）最小正周期是，对称轴方程为；（）时，函数取得最小值，最小值为-2，时，函数取得最大值，最大值为1.【
11、解析】（）利用二倍角公式及辅助角公式将函数化简，再根据正弦函数的性质求出对称轴及最小正周期；（）由的取值范围，求出的取值范围，再根据正弦函数的性质计算可得；【详解】解：（）由与得 所以的最小正周期是； 令，解得，即函数的对称轴为；（）当时，所以，当，即时，函数取得最小值，最小值为当，即时，函数取得最大值，最大值为.17、（1）该命题为假命题，反例为:当时，.（2）.【解析】（1）利用“疏远函数”的定义直接判断即可，以或举例即可；（2）由函数的定义域可确定实数，构造函数，可证当时，恒成立，即函数和在上是疏远的【小问1详解】该命题为假命题，反例为:当时，.【小问2详解】由函数的定义域可知，故记在上
12、单调递增，在上单调递减，在上单调递增，当时，不满足；当时，不满足；当时，当时，故.18、（1）（2）或.【解析】(1) 根据题意设，利用求出值即可；(2)根据为二次函数，讨论对称轴与的关系，可得函数最大值，即可求出m.【详解】（1）一次函数是上的增函数，设，解得或（不合题意舍去），.（2）由（1）得，当，即时，解得，符合题意；当，即时，解得，符合题意.由可得或.【点睛】本题主要考查了函数解析式的应用以及二次函数的图象与性质的应用问题，属于中档题.19、（1）或； （2）.【解析】（1）根据并集和补集的概念即可求出结果；（2）由题意可得，解不等式组即可求出结果.【小问1详解】当时，且，则，所以或；【小问2详解】因为，且，所以需满足，解得，所以实数的取值范围为.20、（1）（2）【解析】（1）根据对数运算公式计算即可；（2）根据指数运算公式和根式的性质运算化简.【小问1详解】原式【小问2详解】原式.21、（1）；（2）【解析】（1）直接代入数据计算得到答案.（2）确定函数单调递增，根据函数的单调性得到答案.【详解】（1）（且）的图像经过点，即，故，故.（2）函数单调递增，故，故【点睛】本题考查了函数的解析式，根据函数单调性解不等式，意在考查学生对于函数知识的综合应用.
