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1、河北省邯郸市曲周一中2024届高一上数学期末统考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设函数与的图象的交点为，则所在的区间为()AB.C.D.2定义在R上的偶函数满足：对任意的，有，且，则不等式的解集是（）A.B.C.D.3从含有两件正品和一件次品的3件产品中每次任取1件，每次取出后放回，连续取两次
2、，则取出的两件产品中恰有一件是次品的概率为（ ）A.B.C.D.4下列有关命题的说法错误的是（）A.的增区间为B.“”是“-4x+3=0”的充分不必要条件C.若集合中只有两个子集，则D.对于命题p：.存在，使得，则p：任意，均有5圆：与圆：的位置关系是A.相交B.相离C.外切D.内切6若集合，则下列选项正确的是（ ）A.B.C.D.7设，且，则A.B.C.D.8设，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9 “”是“为第二象限角”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若函数是偶函数，函数是奇函数，则
3、（）A.函数是奇函数B.函数是偶函数C.函数是偶函数D.函数是奇函数二、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已知非零向量、满足，若，则、夹角的余弦值为_.12设函数，则_13函数的定义域是_.14设b0，二次函数yax2bxa21的图象为下列之一，则a的值为_15已知扇形半径为8, 弧长为12, 则中心角为_弧度, 扇形面积是_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已知函数的图像关于y轴对称（1）求k的值；（2）若此函数的图像在直线上方，求实数b的取值范围（提示：可考虑两者函数值的大小）17如图所示，在直三棱柱中，点是中点（）求证
4、：平面（）求直线与平面所成角的正切值18已知函数为奇函数（1）求实数的值，判断函数的单调性并用定义证明；（2）求关于的不等式的解集19设函数（1）求的最小正周期；（2）若函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，求函数在上的最值20已知函数（1）当时，解方程；（2）当时，恒成立，求的取值范围21已知向量（1）当时,求的值；（2）若为锐角,求的范围.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、C【解析】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
5、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).2、C【解析】依题意可得在上单调递减，根据偶函数的性质可得在上单调递增，再根据，即可得到的大致图像，结合图像分类讨论，即可求出不等式的解集；【详解】解：因为函数满足对任意的，有，即在上单调递减，又是定义在R上的偶函数，所以在上单调递增，又，所以，函数的大致图像可如下所示：所以当时，当或时，则不等式等价于或，解得或，即原不等式的解集为；故选：C3、B【解析】根据独立重复试验的概率计算公式，准确计算，即可求解.【详解】由题意，
6、该抽样是有放回的抽样，所以每次抽到正品的概率是，抽到次品的概率是，所以取出的两件产品中恰有一件是次品的概率为.故选：B.4、C【解析】A.利用复合函数的单调性判断；B.利用充分条件和必要条件的定义判断；C.由方程有一根判断；D.由命题p的否定为全称量词命题判断.【详解】A.令，由，解得，由二次函数的性质知：t在上递增，在上递减，又在上递增，由复合函数的单调性知：在上递增，故正确；B.当时，-4x+3=0成立，故充分，当-4x+3=0成立时，解得或，故不必要，故正确；C.若集合中只有两个子集，则集合只有一个元素，即方程有一根，当时，当时，解得，所以或，故错误；D.因为命题p：.存在，使得存在量词
7、命题，则其否定为全称量词命题，即p任意，均有，故正确；故选：C5、A【解析】求出两圆的圆心和半径,用圆心距与半径和、差作比较,得出结论.【详解】圆的圆心为(1,0),半径为1,圆的圆心为(0,2),半径为2,故两圆圆心距为,两半径之和为3,两半径之差为1,其中,故两圆相交,故选:A.【点睛】本题主要考查两圆的位置关系,需要学生熟悉两圆位置的五种情形及其判定方法,属于基础题.6、C【解析】利用元素与集合，集合与集合的关系判断.【详解】因为集合是奇数集，所以，A，故选：C7、C【解析】，则，即，即故选点睛：本题主要考查了切化弦及两角和的余弦公式的应用，在遇到含有正弦、余弦及正切的运算时可以将正切转
8、化为正弦及余弦，然后化简计算，本题还运用了两角和的余弦公式并结合诱导公式化简，注意题目中的取值范围8、A【解析】首先求解二次不等式，然后结合不等式的解集即可确定充分性和必要性是否成立即可.【详解】求解二次不等式可得：或，据此可知：是的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题主要考查二次不等式的解法，充分性和必要性的判定，属于基础题.9、B【解析】利用辅助角公式及正弦函数的性质解三角形不等式，再根据集合的包含关系判断充分条件、必要条件即可；【详解】解：由，即，所以，解得，即，又第二象限角为，因为真包含于，所以“”是“为第二象限角”的必要不充分条件；故选：B10、C【解析】根据奇偶性的定义判断即可；
9、【详解】解：因为函数是偶函数，函数是奇函数，所以、，对于A：令，则，故是非奇非偶函数，故A错误；对于B：令，则，故为奇函数，故B错误；对于C：令，则，故为偶函数，故C正确；对于D：令，则，故为偶函数，故D错误；故选：C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】本题首先可以根据得出，然后将其化简为，最后带入即可得出结果.【详解】令向量与向量之间的夹角为，因为，所以，即，因为，所以，故答案为：.【点睛】本题考查向量垂直的相关性质，若两个向量垂直，则这两个向量的数量积为，考查计算能力，考查化归与转化思想，是简单题。12、【解析】先根据2的范围确定表达式，求出；后再
10、根据的范围确定表达式，求出.【详解】因为，所以，所以.【点睛】分段函数求值问题，要先根据自变量的范围，确定表达式，然后代入求值要注意由内而外求值，属于基础题.13、【解析】利用根式、分式的性质求函数定义域即可.【详解】由解析式知：，则，可得，函数定义域为.故答案为：.14、-1【解析】根据题中条件可先排除,两个图象，然后根据，两个图象都经过原点可求出a的两个值，再根据二次函数图象的开口方向就可确定a的值.【详解】b0二次函数的对称轴不能为y轴，可排除掉,两个图象，两个图象都经过原点，a210，a1当a1时，二次函数图象的开口向上，对称轴在y轴左方，第四个图象也不对，a1，故答案为：-1【点睛】
11、本题考查了二次函数的图象和性质，做题时注意题中条件的利用，合理地利用排除法解决选择题15、.【解析】详解】试题分析：根据弧长公式得，扇形面积考点：弧度制下弧长公式、扇形面积公式的应用三、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、（1） （2）【解析】（1）根据函数是偶函数，结合偶函数的定义，求参数的值；（2）由题意可知恒成立，分离参数后可得，转化求函数的值域，即可求得的取值范围.【小问1详解】，所以，因为函数的图像关于轴对称，函数是偶函数，所以，即，解得：；【小问2详解】，由题意可知，恒成立，即，转化为，令，函数的值域是，所以.17、（1）见解析（2）.【解析】（
12、1）设BC1与CB1交于点O，连接OD，利用三角形中位线性质，证明ODAC1，利用线面平行的判定，可得AC1平面CDB1（2）过D作DEBC，连结B1E，则DE平面BCC1B1，于是DB1E为直线DB1与平面BCC1B1所成的角利用勾股定理求出DE，B1E，计算tanDB1E【详解】（1）证明：设BC1与CB1交于点O，则O为BC1的中点在ABC1中，连接OD，D，O分别为AB，BC1的中点，OD为ABC1的中位线，ODAC1，又AC1平面CDB1，OD平面CDB1，AC1平面CDB1（2）过D作DEBC，连结B1E，则DE平面BCC1B1，DB1E为直线DB1与平面BCC1B1所成的角D是A
13、B的中点，DE，BE，B1EtanDB1E【点晴】本题考查了线面平行的判定，线面角的计算，属于中档题18、（1），函数为R上的增函数，证明见解析（2）【解析】(1)f(x)是R上奇函数，则f(0)0，即可求出a；设R，且，作差化简判断大小关系，根据单调性的定义即可判断单调性；(2)，根据(1)中单调性可去掉“f”，将问题转化为解三角不等式.【小问1详解】的定义域是R且是奇函数，即.为R上的增函数，证明如下：任取R，且，则，为增函数，即，在R上是增函数【小问2详解】，又在R上是增函数，即，原不等式的解集为.19、（1）；（2）最大值为，最小值为.【解析】(1)利用辅助角公式化简f(x)解析式即可
14、根据正弦型函数的周期求解；(2)求出g(x)解析式，根据正弦型函数的性质可求其在上的最值.【小问1详解】，故函数的最小正周期；【小问2详解】，故，20、（1）（2）【解析】（1）当时，求出，把原方程转化为指数方程，再利用换元法求解，即可求出结果；（2）|a+1|2x12x，令，则对任意恒成立，利用函数的单调性求出的最大值，再求解绝对值不等式可得实数的取值范围【小问1详解】解：当时，原方程等价于且，即，且，所以，且令，则原方程化为，整理得，解得或，即或（舍去），所以故原方程的解为【小问2详解】解：因为，所以，即令，因为，所以，则恒成立，即上恒成立，令函数，因为函数与在上单调递增，所以在上单调递增因为，所以，则，所以，解得或故的取值范围是21、（1）x或x2；（2）x2且x【解析】（1）利用向量的数量积为零列出方程求解即可（2）根据题意得0且，不同向，列
