《浙江省乐清外国语学院2024届高一数学第一学期期末考试模拟试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江省乐清外国语学院2024届高一数学第一学期期末考试模拟试题含解析（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、浙江省乐清外国语学院2024届高一数学第一学期期末考试模拟试题考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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为了得到的图象，可以将的图象（ ）A.向左平移个单位B.向左平移个单位C.向右平移个单位D.向右平移个单位2在正内有一点，满足等式，则（）
2、A.B.C.D.3一个几何体的三视图如图所示，则该几何体可以是（）A.棱柱B.棱台C.圆柱D.圆台4已知，则的最小值为（ ）A.2B.3C.4D.55已知全集，集合，则等于（）A.B.C.D.6若，则的大小关系为（）A.B.C.D.7 “，”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8已知函数在区间上单调递增，且在区间上只取得一次最大值，则取值范围是（）A.B.C.D.9圆和圆的公切线有且仅有条A.1条B.2条C.3条D.4条10，的大小关系是（ ）A.B.C.D.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已知角终边经过点，
3、则_.12已知，则_；_13已知函数的部分图像如图所示，则_.14函数f(x)是定义在R上的偶函数，f（x1）是奇函数，且当时，则_15设x，若，且，则的最大值为_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，（1）证明在上是增函数；（2）求在上的最大值及最小值.17已知的三个顶点（1）求边上高所在直线的方程；（2）求的面积18有三个条件：；且；最小值为2且.从这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答.问题：已知二次函数满足_，.（1）求的解析式；（2）设函数，求的值域.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.19已知函数是定义在上的奇函数
4、，当时有.（1）求函数的解析式；（2）判断函数在上的单调性，并用定义证明.20某城市地铁项目正在紧张建设中，通车后将给市民出行带来便利.已知某条线路通车后，地铁的发车时间间隔（单位：分钟）满足.经测算，地铁载客量与发车时间间隔相关，当时地铁为满载状态，载客量为人，当时，载客量会减少，减少的人数与的平方成正比，且发车时间间隔为分钟时的载客量为人，记地铁载客量为.（1）求的表达式，并求当发车时间间隔为分钟时，地铁的载客量；（2）若该线路每分钟的净收益为（元），问当发车时间间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大？每分钟的最大净收益为多少？21已知，非空集合，若S是P的子集，求m的取值范围.参考答案一
5、、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、A【解析】根据左加右减原则，只需将函数向左平移个单位可得到.【详解】，即向左平移个单位可得到.故选：A【点睛】本题考查正弦型函数的图像与性质，三角函数诱导公式，属于基础题.2、A【解析】过作交于，作交于，则，可得，在中由正弦定理可得答案.【详解】过作交于，作交于，则，在中，由正弦定理得.故选：A.3、D【解析】由三视图知，从正面和侧面看都是梯形，从上面看为圆形，下面看是圆形，并且可以想象到该几何体是圆台，则该几何体可以是圆台故选D4、A【解析】由可得，将整理为，再利用基本不等式即可求解
6、.【详解】因为，所以，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.故选：A5、D【解析】先求得集合B的补集，再根据交集运算的定义，即可求得答案.【详解】由题意得：，所以，故选：D6、D【解析】根据对数的运算性质以及指数函数和对数函数的单调性即可判断【详解】因为，而函数在定义域上递增，所以故选：D7、A【解析】根据充分条件和必要条件的定义判断.【详解】 “，”可推出“”，“”不能推出“，”，例如，时， “，”是“”充分不必要条件.故选：A8、C【解析】根据三角恒等变换化简，结合函数单调区间和取得最值的情况，利用整体法即可求得参数的范围.【详解】因为，因为在区间上单调递增，由，则，则，解得，即；当
7、时，要使得该函数取得一次最大值，故只需，解得；综上所述，的取值范围为.故选：C.第II卷9、C【解析】分析：根据题意，求得两圆的圆心坐标和半径，根据圆心距和两圆的半径的关系，得到两圆相外切，即可得到答案.详解：由题意，圆，可得圆心坐标，半径为圆，可得圆心坐标，半径为，则，所以,所以圆与圆相外切，所以两圆有且仅有三条公切线，故选C.点睛：本题主要考查了圆的方程以及两圆的位置关系的判定，其中熟记两圆位置关系的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.10、D【解析】作出弧度角的正弦线、余弦线和正切线，利用三角函数线来得出、的大小关系.【详解】作出弧度角的正弦线、余弦线和正切线如下图所示，则，
8、其中虚线表示的是角的终边，则，即.故选：D.【点睛】本题考查同角三角函数值的大小比较，一般利用三角函数线来比较，考查数形结合思想的应用，属于基础题.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】根据正切函数定义计算【详解】由题意故答案为：12、 . .【解析】利用指数式与对数的互化以及对数的运算性质化简可得结果.【详解】因为，则，故.故答案为：；213、【解析】首先确定函数的解析式，然后求解的值即可.【详解】由题意可得：，当时，令可得：，据此有：.故答案为：.【点睛】已知f(x)Acos(x)(A0，0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定
9、系数和，常用如下两种方法：(1)由即可求出；确定时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令x00(或x0)，即可求出.(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出和，若对A，的符号或对的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.14、1【解析】由函数f(x)是定义在R上的偶函数及f（x1）是奇函数得到函数的周期，进而根据函数的性质求得答案.【详解】根据题意，函数f(x)是定义在R上的偶函数，则有f（x）f(x)，又f（x1）是奇函数，则f（x1）f（x1），所以f（x2）f（x2）f（x1）1f（x1）1f(x)，
10、即f（x2）f(x)，则有f（x4）f（x2）f(x)，所以函数f(x)是周期为4的周期函数，则，故故答案为：1.15、#1.5【解析】由化简得，再由基本不等式可求得，从而确定最大值【详解】， ，当且仅当时即取等号，解得，故，故的最大值为，故答案为：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）证明见解析；（2）当时，有最小值2；当时，有最大值.【解析】（1）根据单调性的定义，直接证明，即可得出结论；（2）根据（1）的结果，确定函数在给定区间的单调性，即可得出结果.【详解】（1）证明：在上任取，且，即，故在上是增函数；（2）解：由（1）知：在上是增函数，当时
11、，有最小值2；当时，有最大值.【点睛】本题主要考查证明函数单调性，以及由函数单调性求最值，属于常考题型.17、 (1) ；8.【解析】（1）设BC边的高所在直线为l，由斜率公式求出KBC，根据垂直关系得到直线l的斜率 Kl，用点斜式求出直线l的方程，并化为一般式（2）由点到直线距离公式求出点A（1，4）到BC的距离d，由两点间的距离公式求出|BC|，代入ABC的面积公式求出面积S的值试题解析：(1)设边上高所在直线为，由于直线的斜率所以直线的斜率.又直线经过点，所以直线的方程为， 即 边所在直线方程为：,即 点到直线的距离，又.18、（1）；（2）.【解析】（1）若选择，设代入，根据恒等式的思
12、想可求得，得到的解析式；若选择，设由，得，由，得出二次函数的对称轴即，再代入，解之可得的解析式；若选择，设由，得，又恒成立，又，得出二次函数的对称轴解之即可；（2）由（1）知，根据二次函数的对称轴分析出上的单调性，可求得的值域.【详解】解：（1）若选择，设则又因为即解得，又，所以解得，所以的解析式为；若选择，设由，得，又，所以二次函数的对称轴即，又，所以解得所以的解析式为；若选择，设由，得，又恒成立，又，所以二次函数的对称轴即，且解得所以的解析式为；（2）由（1）知，所以，因为对称轴所以在上单调递减，在上单调递增，故在上的值域为.【点睛】方法点睛：求函数解析式的方法：一换元法：已知复合函数的解
13、析式，求原函数的解析式，把看成一个整体t，进行换元，从而求出的方法，注意所换元的定义域的变化.二配凑法：使用配凑法时，一定要注意函数的定义域的变化，否则容易出错.三待定系数法：己知函数解析式的类型，可设其解析式的形式，根据己知条件建立关于待定系数的方程，从而求出函数解析式的方法.四消去法(方程组法)：方程组法求解析式的关键是根据己知方程中式子的特点，构造另一个方程.五特殊值法：根据抽象函数的解析式的特征，进行对变量赋特殊值.19、（1）； （2）见解析.【解析】（1）当时，则，可得，进而得到函数的解析式；（2）利用函数的单调性的定义，即可证得函数的单调性，得到结论.【详解】（1）由题意，当时，
14、则，可得，因为函数为奇函数，所以，所以函数的解析式为.（2）函数在单调递增函数.证明：设，则 因为，所以 所以，即故在为单调递增函数【点睛】本题主要考查了利用函数的奇偶性求解函数的解析式，以及函数的单调性的判定与证明，其中解答中熟记函数的单调性的定义，以及熟练应用的函数的奇偶性是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.20、（1），人（2）当发车时间间隔为分钟时，该线路每分钟的净收益最大，每分钟的最大净收益为元【解析】（1）由题意分别写出与时，的表达式，写成分段函数的形式，可得的表达式，可得的值；（2）分别求出时，时，净收益为的表达式，并求出其最大值，进行比较可得净收益最大及收益最大时的时间.【详解】解：当时，当时，设解得，所以，所以(人)当时，当时当时，当且仅当时，即时， 取到最大值.答:的表达式为当发车时
