2024屆福建省永春三中高一上數學期末檢測模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．已知全集，集合，或，則（）A. B.或C. D.2．若的外接圓的圓心為O,半徑為4,,則在方向上的投影為()A.4 B.C. D.13．在三棱柱中，各棱長相等，側棱垂直于底面，點是側面的中心，則與平面所成角的大小是（）A. B.C. D.4．定義在上的函數，，若在區間上為增函數，則一定為正數的是A. B.C. D.5．已知、是兩條不同的直線，、是兩個不同的平面，給出下列命題：①若，，則；②若，，且，則；③若，，則；④若，，且，則其中正確命題的序號是（）A.②③ B.①④C.②④ D.①③6．函數lgx＝3，則x＝（）A1000 B.100C.310 D.307．將函數圖象向左平移個單位后與的圖象重合，則（）A. B.C D.8．關于的方程的所有實數解的和為A.2 B.4C.6 D.89．在空間直角坐標系中，點關于平面的對稱點是A. B.C. D.10．已知集合，，，則實數a的取值集合為（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．唐代李皋發明了“槳輪船”，這種船是原始形態的輪船，是近代明輪船航行模式之先導，如圖，某槳輪船的輪子的半徑為，他以的角速度逆時針旋轉，輪子外邊沿有一點P，點P到船底的距離是H（單位：m），輪子旋轉時間為t（單位：s）.當時，點P在輪子的最高處.（1）當點P第一次入水時，__________；（2）當時，___________.12．集合的非空子集是________________13．已知函數為奇函數，則______14．我國古代數學名著《續古摘奇算法》（楊輝著）一書中有關于三階幻方的問題：將1,2,3,4,5,6,7,8,9分別填入的方格中，使得每一行，每一列及對角線上的三個數的和都相等(如圖所示)，我們規定：只要兩個幻方的對應位置（如每行第一列的方格）中的數字不全相同，就稱為不同的幻方，那么所有不同的三階幻方的個數是__________.83415967215．若，則________.16．若函數在區間上單調遞增，則實數的取值范圍是__________.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．如圖所示，四棱錐中，底面為矩形，平面，，點為的中點（）求證：平面（）求證：平面平面18．已知函數，，g(x)與f(x)互為反函數.（1）若函數在區間內有最小值，求實數m的取值范圍；（2）若函數y=h(g(x))在區間(1，2)內有唯一零點，求實數m的取值范圍.19．已知函數，.（1）若角滿足，求；（2）若圓心角為，半徑為2的扇形的弧長為，且，，求.20．某市有A、B兩家羽毛球球俱樂部，兩家設備和服務都很好，但收費方式不同，A俱樂部每塊場地每小時收費6元；B俱樂部按月計費，一個月中20小時以內含20小時每塊場地收費90元，超過20小時的部分，每塊場地每小時2元，某企業準備下個月從這兩家俱樂部中的一家租用一塊場地開展活動，其活動時間不少于12小時，也不超過30小時設在A俱樂部租一塊場地開展活動x小時的收費為元，在B俱樂部租一塊場地開展活動x小時的收費為元，試求與的解析式；問該企業選擇哪家俱樂部比較合算，為什么？21．已知角α的終邊經過點，且為第二象限角（1）求、、的值；（2）若，求的值

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、D【解題分析】根據交集和補集的定義即可得出答案.【題目詳解】解：因為,或，所以，所以.故選：D2、C【解題分析】過作的垂線，垂足為，分析條件可得，作出圖分析結合投影的幾何意義可進而可求得投影..【題目詳解】過作的垂線，垂足為,則M為BC的中點，連接AM,由，可得,所以三點共線,即有,且.所以.在方向上的投影為,故選:C.3、C【解題分析】如圖，取中點，則平面，故，因此與平面所成角即為，設，則，，即，故，故選:C.4、A【解題分析】在區間上為增函數，即故選點睛：本題運用函數的單調性即計算出結果的符號問題，看似本題有點復雜，在解析式的給出時含有復合部分，只要運用函數的解析式求值，然后利用函數的單調性，做出減法運算即可判定出結果5、A【解題分析】對于①當，時，不一定成立；對于②可以看成是平面的法向量，是平面的法向量即可；對于③可由面面垂直的判斷定理作出判斷；對于④，也可能相交【題目詳解】①當，時，不一定成立，m可能在平面所以錯誤；②利用當兩個平面的法向量互相垂直時，這兩個平面垂直，故成立；③因為，則一定存在直線在，使得，又可得出，由面面垂直的判定定理知，，故成立；④，，且，，也可能相交，如圖所示，所以錯誤，故選A【題目點撥】本題以命題的真假判斷為載體考查了空間直線與平面的位置關系，熟練掌握空間線面關系的判定及幾何特征是解答的關鍵6、A【解題分析】由lgx＝3，可得直接計算出結果.【題目詳解】由lgx＝3，有：則，故選：A【題目點撥】本題考查對數的定義，屬于基礎題.7、C【解題分析】利用三角函數的圖象變換可求得函數的解析式.【題目詳解】由已知可得.故選：C.8、B【解題分析】本道題先構造函數，然后通過平移得到函數，結合圖像，計算，即可【題目詳解】先繪制出，分析該函數為偶函數，而相當于往右平移一個單位，得到函數圖像為：發現交點A,B,C,D關于對稱，故，故所有實數解的和為4，故選B【題目點撥】本道題考查了函數奇偶性判定法則和數形結合思想，繪制函數圖像，即可9、C【解題分析】關于平面對稱的點坐標相反，另兩個坐標相同，因此結論為10、C【解題分析】先解出集合A，再根據確定集合B的元素，可得答案.【題目詳解】由題意得，，∵，，∴實數a的取值集合為,故選:C.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、①.②.##【解題分析】算出點從最高點到第一次入水的圓心角，即可求出對應時間；由題意求出關于的表達式，代值運算即可求出對應.【題目詳解】如圖所示，當第一次入水時到達點，由幾何關系知，又圓的半徑為3，故，此時輪子旋轉的圓心角為：，故；由題可知，即，當時，.故答案為：；12、【解題分析】結合子集的概念，寫出集合A的所有非空子集即可.【題目詳解】集合的所有非空子集是.故答案為：.13、##【解題分析】利用奇函數的性質進行求解即可.【題目詳解】因為是奇函數，所以有，故答案：14、8【解題分析】三階幻方，是最簡單的幻方，由1，2，3，4，5，6，7，8，9．其中有8種排法492、357、816；276、951、438；294、753、618；438、951、276；816、357、492；618、753、294；672、159、834；834、159、672故答案為：815、【解題分析】利用三角函數的誘導公式，化簡得到原式，代入即可求解.【題目詳解】因為，由故答案為：16、【解題分析】按a值對函數進行分類討論，再結合函數的性質求解作答.【題目詳解】當時，函數在R上單調遞增，即在上遞增，則，當時，函數是二次函數，又在上單調遞增，由二次函數性質知，，則有，解得，所以實數的取值范圍是.故答案為：三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、(1)證明見解析；(2)證明見解析.【解題分析】(1)連接交于，連接．利用幾何關系可證得，結合線面平行的判斷定理則有直線平面(2)利用線面垂直的定義有，結合可證得平面，則，由幾何關系有，則平面，利用面面垂直的判斷定理即可證得平面平面試題解析：（）連接交于，連接因為矩形的對角線互相平分，所以在矩形中，是中點，所以在中，是中位線，所以，因為平面，平面，所以平面（）因為平面，平面，所以；在矩形中有，又，所以平面，因為平面，所以；由已知，三角形是等腰直角三角形，是斜邊的中點，所以，因為，所以平面，因為平面，所以平面平面18、（1）；（2）.【解題分析】（1）根據二次函數的性質研究情況下的單調性和值域，根據對數復合函數的單調性及其開區間最值，列不等式求參數范圍.（2）將問題化為在內有唯一零點，利用二次函數的性質求參數范圍即可.【小問1詳解】由題設，，，所以在定義域上遞增，在上遞減，在上遞增，又在內有最小值，當，即時，在上遞減，上遞增，此時的值域為，則；所以，可得；當，即時，在上遞減，上遞增，此時是值域上的一個子區間，則；所以開區間上不存在最值.綜上，.【小問2詳解】由，則，要使在(1，2)內有唯一零點，所以在內有唯一零點，又開口向上且對稱軸為，所以，可得.19、（1）（2）或【解題分析】（1）對已知式子化簡變形求出，從而可求出的值，（2）先對化簡變形得，再由可求出，再利用弧長公式可求得結果【小問1詳解】∵，∴，∴.【小問2詳解】∵∴，∴，∵，∴或.∴或.20、(1)(2)當時，選A家俱樂部合算，當時，兩家俱樂部一樣合算，當時，選B家俱樂部合算【解題分析】（1）根據題意求出函數的解析式即可；（2）通過討論x的范圍，判斷f（x）和g（x）的大小，從而比較結果即可【題目詳解】由題意，，；時，，解得：，即當時，，當時，，當時，；當時，，故當時，選A家俱樂部合算，當時，兩家俱樂部一樣合算，當時，選B家俱樂部合算【題目點撥】本題考查了函數的應用，考查分類討論思想，轉化思想，是一道常規題21、（1）；；（2）.【解題分析】（1）由三角函數的定義和為第二象限角，求得，即點，