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1、陕西省黄陵中学新部2024届高一上数学期末注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（本大题共12小题，共60分）1若，则sin=A.B.C.D.2设全集，集合，集合，则集合（）A.B.C.D.3已知，则函数与函数的图象可能是（）A.B.C.D.4已知函数的图象是一条连续不断的曲线，且有如下对应函数值表：12456123.13615.55210.88
2、-52.488-232.064在以下区间中，一定有零点的是（ ）A.（1，2）B.（2，4）C.（4，5）D.（5，6）5两直线2x+3y-k=0和x-ky+12=0的交点在y轴上，那么k的值是A.-24B.6C.6D.246定义域在R上的函数是奇函数且，当时，则的值为（）A.B.CD.7已知函数，则的零点所在区间为A.B.C.D.8如果，那么下列不等式中，一定成立的是（）A.B.C.D.9已知，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件10直线过点且与以点为端点的线段恒相交，则的斜率取值范围是（ ）.A.B.C.D.11函数的部分图像如图所示，
3、则的值为（ ）A.B.C.D.12已知幂函数f（x）=xa的图象经过点（2，），则函数f（x）为（）A.奇函数且在上单调递增B.偶函数且在上单调递减C.非奇非偶函数且在上单调递增D.非奇非偶函数且在上单调递减二、填空题（本大题共4小题，共20分）13已知函数（）当时的值域为_；若在区间上单调递增，则的取值范围是_14已知，若对一切实数，均有，则_.15已知正实数满足，则当_时，的最小值是_16已知圆心角为2rad的扇形的周长为12，则该扇形的面积为_.三、解答题（本大题共6小题，共70分）17已知.（1），求和的值；（2）若，求的值.18已知A，B，C为的内角.（1）若，求的取值范围；（2）求
4、证：；（3）设，且，求证：19设函数（0），且图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为（1）求在上的单调区间；（2）若，且，求sin2x0的值20如图，四棱锥的底面是菱形，平面，是的中点.（1）求证：平面平面；（2）棱上是否存在一点，使得平面？若存在，确定的位置并加以证明；若不存在，请说明理由.21已知，且（1）求的定义域.（2）判断的奇偶性，并说明理由.22如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，平面底面ABCD，M是棱PC上的点.（1）证明：底面；（2）若三棱锥的体积是四棱锥体积的，设，试确定的值.参考答案一、选择题（本大题共12小题，共60分）1、B【解析】因为，所以sin=，故选B
5、考点：本题主要考查三角函数倍半公式的应用点评：简单题，注意角的范围2、D【解析】利用补集和交集的定义可求得结果.【详解】由已知可得或，因此，故选：D.3、D【解析】根据对数关系得，所以函数与函数的单调性相同即可得到选项.【详解】，所以，不为1的情况下：，函数与函数的单调性相同，ABC均不满足，D满足题意.故选：D【点睛】此题考查函数图象的辨析，根据已知条件找出等量关系或不等关系，分析出函数的单调性得解.4、C【解析】由表格数据，结合零点存在定理判断零点所在区间.【详解】 ，,又函数的图象是一条连续不断的曲线，由函数零点存在定理可得在区间上一定有零点故选：C.5、C【解析】两直线2x+3y-k=
6、0和x+ky-12=0的交点在y轴上，令x=0，可得 ，解得k即可【详解】两直线2x+3y-k=0和x+ky-12=0的交点在y轴上，令x=0，可得，解得k=6故选C【点睛】本题考查了两条直线的交点坐标，考查了推理能力与计算能力，属于基础题6、A【解析】根据函数的奇偶性和周期性进行求解即可.【详解】因为，所以函数的周期为，因为函数是奇函数，当时，所以，故选：A7、B【解析】根据函数的零点判定定理可求【详解】连续函数在上单调递增，的零点所在的区间为，故选B【点睛】本题主要考查了函数零点存在定理的应用，熟记定理是关键，属于基础试题8、D【解析】取，利用不等式性质可判断ABC选项；利用不等式的性质可
7、判断D选项.【详解】若，则，所以，ABC均错；因为，则，因为，则，即.故选：D.9、A【解析】先判断“”成立时，“”是否成立，反之，再看“”成立，能否推出“”，即可得答案.【详解】“”成立时，故“”成立，即“”是“”的充分条件；“”成立时，或，此时推不出“”成立，故“”不是“”的必要条件，故选：A.10、D【解析】详解】根据如下图形可知，使直线与线段相交的斜率取值范围是故选：D.11、C【解析】根据的最值得出，根据周期得出，利用特殊点计算，从而得出的解析式，再计算.【详解】由函数的最小值可知：，函数的周期：，则，当时，据此可得：，令可得：，则函数的解析式为：，.故选：C.【点睛】本题考查了三角
8、函数的图象与性质，属于中档题.12、C【解析】根据已知求出a=，从而函数f（x）=，由此得到函数f（x）是非奇非偶函数且在（0，+）上单调递增【详解】幂函数f（x）=xa的图象经过点（2，），2a=，解得a=，函数f（x）=，函数f（x）是非奇非偶函数且在（0，+）上单调递增故选C【点睛】本题考查命题真假的判断，考查幂函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题二、填空题（本大题共4小题，共20分）13、 . .【解析】当时，分别求出两段函数的值域，取并集即可；若在区间上单调递增，则有，解之即可得解.【详解】解：当时，若，则，若，则，所以当时的值域为；由函数（），可得函数在上递增，在上递增
9、，因为在区间上单调递增，所以，解得，所以若在区间上单调递增，则的取值范围是.故答案为：；.14、【解析】列方程组解得参数a、b，得到解析式后，即可求得的值.【详解】由对一切实数，均有可知，即解之得则，满足故故答案：15、 . .6【解析】利用基本不等式可知，当且仅当“”时取等号.而运用基本不等式后，结合二次函数的性质可知恰在时取得最小值，由此得解.【详解】解：由题意可知：，即，当且仅当“”时取等号，当且仅当“”时取等号.故答案为：，6.【点睛】本题考查基本不等式的应用，同时也考查了配方法及二次函数的图像及性质，属于基础题.16、9【解析】根据题意条件，先设出扇形的半径和弧长，并找到弧长与半径之
10、间的关系，通过已知的扇形周长，可以求解出扇形的半径和弧长，然后再利用完成求解.【详解】设扇形的半径为，弧长为，由已知得，圆心角，则，因为扇形的周长为12，所以，所以，则.故答案为：9.三、解答题（本大题共6小题，共70分）17、（1）；（2）【解析】（1）根据同角三角函数基本关系式，以及二倍角公式，即可求解；（2）根据角的变换，再结合两角和的余弦公式，即可求解.【小问1详解】，得，；【小问2详解】，.18、（1）（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】（1）根据两角和的正切公式及均值不等式求解；（2）先证明，再由不等式证明即可；（3）找出不等式的等价条件，换元后再根据函数的单调性构造不等式，利
11、用不等式性质即可得证.【小问1详解】,为锐角，解得，当且仅当时，等号成立，即.【小问2详解】在中，, , .【小问3详解】由（2）知，令，原不等式等价为，在上为增函数，同理可得，故不等式成立，问题得证.【点睛】本题第3问的证明需要用到，换元后转换为，再构造不等式是证明的关键，本题的难点就在利用函数单调性构造出不等式.19、（1）单调增区间为，单调减区间为；（2）.【解析】（1）化简得到，结合条件求出，再利用余弦函数的性质即得；（2）由题可得，再利用差角公式即求.【小问1详解】，因为图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为，又，所以，因此，当时，由，得，函数单调递增，由，得，函数单调递减，所以函
12、数单调增区间为，单调减区间为.【小问2详解】，且，又，.20、 (1)见解析(2) 点为的中点【解析】（1）证面面垂直，可先由线面垂直入手即，进而得到面面垂直；（2）通过构造平行四边形，得到线面平行解析：（1）连接，因为底面是菱形，,所以为正三角形.因为是的中点, 所以, 因为面,，因为，,所以.又, 所以面面. （2）当点为的中点时，面.事实上，取的中点,的中点，连结， 为三角形的中位线，且，又在菱形中，为中点，且， 且，所以四边形平行四边形.所以 ， 又面，面，面，结论得证.点睛：这个题目考查了线面平行的证明，线面垂直的证明一般证明线面平行是从线线平行入手，通过构造平行四边形，三角形中位线
13、，梯形底边等，找到线线平行，再证线面平行证明线线垂直也可以从线面垂直入手21、（1）；（2）偶函数，理由见解析.【解析】（1）根据对数的真数大于零可求得和的定义域，取交集可得定义域；（2）整理可得，验证得，得到函数为偶函数.【详解】（1）令得：定义域为令得：定义域为的定义域为（2）由题意得：，为定义在上的偶函数【点睛】本题考查函数定义域的求解、奇偶性的判断；求解函数定义域的关键是明确对数函数要求真数必须大于零，且需保证构成函数的每个部分都有意义.22、（1）详见解析；（2）.【解析】（1）利用面面垂直的性质定理，可得平面，然后利用线面垂直的判定定理即证；（2）由题可得，进而可得，即得.【小问1详解】，平面底面ABCD，平面底面ABCD=AD，底面ABCD，平面，平面，PD，又，底面；【小问2详解】设，M到底面ABCD的距离为，三棱锥的体积是四棱锥体积的，又，故，又，所以.
