福建省二校2024屆高一上數學期末復習檢測試題注意事項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．定義運算：，將函數的圖象向左平移的單位后，所得圖象關于軸對稱，則的最小值是（）A. B.C. D.2．若函數滿足，則A. B.C. D.3．圓過點的切線方程是（）A. B.C. D.4．已知角終邊經過點，且，則的值是（）A. B.C. D.5．已知指數函數在上單調遞增，則的值為（）A.3 B.2C. D.6．把的圖象上各點的橫標縮短為原來的(縱坐標不變)，再把所得圖象向右平移個單位長度，得到的圖象，則（）A. B.C. D.7．已知函數，若f（a）=10，則a的值是（）A.-3或5 B.3或-3C.-3 D.3或-3或58．我國數學家陳景潤在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界領先的成果.哥德巴赫猜想是“每個大于2的偶數可以表示為兩個素數的和”，如．在不超過20的素數中，隨機選取2個不同的數，其和等于20的概率是（）【注：如果一個大于1的整數除了1和自身外無其它正因數，則稱這個整數為素數．】A. B.C. D.9．由直線上的點向圓作切線，則切線長的最小值為（）A.1 B.C. D.310．函數，，則函數的圖象大致是（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．以邊長為2的正三角形的一條高所在直線為旋轉軸，將該三角形旋轉一周，所得幾何體的表面積為__________12．使得成立的一組，的值分別為_____.13．圓的圓心到直線的距離為______.14．已知，且，則__15．若直線上存在滿足以下條件的點:過點作圓的兩條切線(切點分別為),四邊形的面積等于，則實數的取值范圍是_______16．已知函數的圖象過原點，則___________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．某種商品在天內每件的銷售價格（元）與時間（天）的函數關系為，該商品在天內日銷售量（件）與時間（天）之間滿足一次函數關系，具體數據如下表：第天（Ⅰ）根據表中提供的數據，求出日銷售量關于時間的函數表達式；（Ⅱ）求該商品在這天中的第幾天的日銷售金額最大，最大值是多少？18．已知，（1）求和的值（2）求以及的值19．已知函數的部分圖象如圖所示.（1）求函數的解析式和單調增區間；（2）將函數的圖象向左平移個單位，再將圖象上各點的橫坐標伸長到原來的倍（縱坐標不變）得到函數的圖象，若關于的方程在區間上有兩個不同的解、，求的值及實數的取值范圍.20．已知角的終邊經過點，試求：（1）tan的值；（2）的值.21．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，∠BCD=60°，AB=2AD，PD⊥平面ABCD，點M為PC的中點（1）求證：PA∥平面BMD；（2）求證：AD⊥PB；（3）若AB=PD=2，求點A到平面BMD的距離

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、C【解題分析】由題意可得，再根據平移得到的函數為偶函數，利用對稱軸即可解出.【題目詳解】因為，所以，其圖象向左平移個單位，得到函數的圖象，而圖象關于軸對稱，所以其為偶函數，于是，即，又，所以的最小值是故選：C.2、A【解題分析】，所以，選A.3、D【解題分析】先求圓心與切點連線的斜率，再利用切線與連線垂直求得切線的斜率結合點斜式即可求方程.【題目詳解】由題意知，圓：，圓心在圓上，，所以切線的斜率為，所以在點處的切線方程為，即.故選：D.4、A【解題分析】由終邊上的點及正切值求參數m，再根據正弦函數的定義求.【題目詳解】由題設，，可得，所以.故選：A5、B【解題分析】令系數為，解出的值，又函數在上單調遞增，可得答案【題目詳解】解得，又函數在上單調遞增，則，故選：B6、C【解題分析】根據三角函數的周期變換和平移變換的原理即可得解.【題目詳解】解：把的圖象上各點的橫標縮短為原來的(縱坐標不變)，可得的函數圖像，再把所得圖象向右平移個單位長度，可得函數，所以.故選：C.7、A【解題分析】根據分段函數的解析式，分兩種情況討論分別求得或.【題目詳解】若,則舍去）,若，則,綜上可得，或,故選A.【題目點撥】本題主要考查分段函數的解析式、分段函數求自變量，屬于中檔題.對于分段函數解析式的考查是命題的動向之一，這類問題的特點是綜合性強，對抽象思維能力要求高，因此解決這類題一定要層次清楚，思路清晰.8、A【解題分析】隨機選取兩個不同的數共有種，而其和等于20有2種，由此能求出隨機選取兩個不同的數，其和等于20的概率【題目詳解】在不超過20的素數中有2，3，5，7，11，13，17，19共8個，隨機選取兩個不同的數共有種，隨機選取兩個不同的數，其和等于20有2種，分別為（3,17）和（7,13），故可得隨機選取兩個不同的數，其和等于20的概率，故選：9、B【解題分析】先求圓心到直線的距離，此時切線長最小，由勾股定理不難求解切線長的最小值【題目詳解】切線長的最小值是當直線上的點與圓心距離最小時取得，圓心到直線的距離為，圓的半徑為1，故切線長的最小值為，故選：B【題目點撥】本題考查圓的切線方程，點到直線的距離，是基礎題10、C【解題分析】先判斷出為偶函數，排除A;又，排除D;利用單調性判斷B、C.【題目詳解】因為函數，，所以函數.所以定義域為R.因為，所以為偶函數.排除A;又，排除D;因為在為增函數，在為增函數，所以在為增函數.因為為偶函數，圖像關于y軸對稱，所以在為減函數.故B錯誤，C正確.故選：C二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】以邊長為2的正三角形的一條高所在直線為旋轉軸，將該三角形旋轉一周，所得幾何體為圓錐，圓錐的底面半徑，母線長，該幾何體的表面積為：.故答案為12、，（不唯一）【解題分析】使得成立，只需，舉例即可.【題目詳解】使得成立，只需，所以,，使得成立的一組，的值分別為，故答案為：，（不唯一）13、1【解題分析】利用點到直線的距離公式可得所求的距離.【題目詳解】圓心坐標為，它到直線的距離為，故答案為：1【題目點撥】本題考查圓的標準方程、點到直線的距離，此類問題，根據公式計算即可，本題屬于基礎題.14、【解題分析】利用二倍角公式可得，再由同角三角函數的基本關系即可求解.【題目詳解】解：因為，整理可得，解得，或2（舍去），由于，可得，，所以，故答案為：15、【解題分析】通過畫出圖形，可計算出圓心到直線的最短距離，建立不等式即可得到的取值范圍.【題目詳解】作出圖形，由題意可知，，此時，四邊形即為,而，故，勾股定理可知，而要是得存在點P滿足該條件，只需O到直線的距離不大于即可，即，所以，故的取值范圍是.【題目點撥】本題主要考查直線與圓的位置關系，點到直線的距離公式，意在考查學生的轉化能力，計算能力，分析能力，難度中等.16、0【解題分析】由題意可知，函數經過坐標原點，只需將原點坐標帶入函數解析式，即可完成求解.【題目詳解】因為的圖象過原點，所以，即故答案為：0.三、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、（Ⅰ）（，，）（Ⅱ）第天的日銷售金額最大，為元【解題分析】（Ⅰ）設，代入表中數據可求出，得解析式；（Ⅱ）日銷售金額為，根據（1）及已知可得其表達式，這是一個分段函數，分段求出最大值后比較即得最大值【題目詳解】（Ⅰ）設日銷售量關于時間的函數表達式為，依題意得：，解之得：，所以日銷售量關于時間的函數表達式為（，，）.（Ⅱ）設商品的日銷售金額為（元），依題意：，所以，即：.當，時，，當時，；當，時，，當時，；所以該商品在這天中的第天的日銷售金額最大，為元.【題目點撥】本題考查函數模型應用，由所給函數模型求出解析式是解題關鍵．本題屬于中檔題18、（1），（2），【解題分析】（1）根據三角函數的基本關系式，準確運算，即可求解；（2）利用兩角差的正弦公式和兩角和的正切公式，準確運算，即可求解.【小問1詳解】因為，根據三角函數的基本關系式，可得，又因為，所以，且.【小問2詳解】由，和根據兩角差的正弦公式，可得，再結合兩角和的正切公式，可得19、（1），增區間為；（2），.【解題分析】（1）結合圖象和，求得的值，再根據，，求得的解析式，然后利用正弦函數的單調性，即可得解；（2）根據函數圖象的變換法則寫出的解析式，再結合正弦函數的對稱性以及圖象，即可得解.【小問1詳解】解：設的最小正周期為，由圖象可知，則，故，又，所以，即，所以，所以，因為，所以，所以，所以，所以，令，則，故的單調增區間為.【小問2詳解】解：將函數的圖象向左平移個單位，再將圖象上各點的橫坐標伸長到原來的倍（縱坐標不變），得的圖象，由，知，由可得，由可得，若關于的方程在區間上有兩個不同的解、，則點、關于直線對稱，故，所以，，作出函數與函數在區間上的圖象如下圖所示：由圖可知，當時，即當時，函數與函數在區間上的圖象有兩個交點.綜上所述，，實數的取值范圍是.20、（1）；（2）.【解題分析】（1）根據特殊角的三角函數值，結合正切函數的定義進行求解即可；（2）利用同角的三角函數關系式進行求解即可.【小問1詳解】∵，，∴點P的坐標為(1，3)，由三角函數的定義可得：；【小問2詳解】.21、（1）詳見解析；（2）詳見解析；（3）.【解題分析】（1）設AC和BD交于點O，MO為三角形PAC的中位線可得MO∥PA，再利用直線和平面平行的判定定理，證得結論（2）由PD⊥平面ABCD，可得PD⊥AD，再由cos∠BAD，證得AD⊥BD，可證AD⊥平面PBD，從而證得結論（3）點A到平面BMD的距離等于點C到平面BMD的距離h，求出MN、MO的值，利用等體積法求得點C到平面MBD的距離h【題目詳解】（1）證明：設AC和BD交于點O，則由底面ABCD是平行四邊形可得O為AC的中點由于點M為PC的中點，故MO為三角形PAC的中位線，故MO∥PA．再由PA不在平面BMD內，而MO在平面BMD內，故有PA∥平面BMD（2）由PD⊥平面ABCD，可得PD⊥AD，平行四邊形ABCD中，∵∠BCD＝60°，AB＝2AD，∴cos∠BADcos60°，∴AD⊥BD這樣，AD垂直于平面PBD內的兩條相交直線，故AD⊥平面PBD，∴AD⊥PB（3）若AB＝PD＝2，則AD＝1，BD＝AB?sin∠BAD＝2，由于平面BMD經過AC的中點，故點A到平面BMD的距離等于點C到平面BMD的距離取CD得中點N，則MN⊥平面ABCD，且MNPD＝1設點C