湖北省宜昌縣域高中協同發展共同體2024屆高一上數學期末監測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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．若函數分別是上的奇函數、偶函數，且滿足，則有（）A. B.C. D.2．已知向量，，則與的夾角為A. B.C. D.3．某流行病調查中心的疾控人員針對該地區某類只在人與人之間相互傳染的疾病，通過現場調查與傳染源傳播途徑有關的蛛絲馬跡，根據傳播鏈及相關數據，建立了與傳染源相關確診病例人數與傳染源感染后至隔離前時長t（單位：天）的模型：.已知甲傳染源感染后至隔離前時長為5天，與之相關確診病例人數為8；乙傳染源感染后至隔離前時長為8天，與之相關確診病例人數為20.若某傳染源感染后至隔離前時長為兩周，則與之相關確診病例人數約為（）A.44 B.48C.80 D.1254．函數的大致圖象是（）A. B.C. D.5．下列函數中，是偶函數且值域為的是（）A. B.C. D.6．已知函數，則該函數的零點位于區間（）A. B.C. D.7．已知函數的圖象經過點，則的值為（）A. B.C. D.8．設為偶函數，且在區間上單調遞減，，則的解集為（）A.（－1，1） B.C. D.（2，4）9．玉雕在我國歷史悠久，擁有深厚的文化底蘊，數千年來始終以其獨特的內涵與魅力深深吸引著世人.玉雕壁畫是采用傳統的手工雕刻工藝，加工生產成的玉雕工藝畫.某扇形玉雕壁畫尺寸（單位：）如圖所示，則該壁畫的扇面面積約為（）A. B.C. D.10．如圖所示的四個幾何體，其中判斷正確的是A.（1）不棱柱B.（2）是棱柱C.（3）是圓臺D.（4）是棱錐二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．如圖，在四面體ABCD中，AB⊥平面BCD，△BCD是邊長為6的等邊三角形．若AB=4，則四面體ABCD外接球的表面積為________12．在正方體中，直線與平面所成角的正弦值為________13．，，則的值為__________.14．已知角的終邊經過點，則________.15．平面向量，，（R），且與的夾角等于與的夾角，則___.16．已知，，試用a、b表示________.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．對于兩個定義域相同的函數和，若存在實數，使，則稱函數是由“基函數，”生成的.（1）若是由“基函數，”生成的，求實數的值；（2）試利用“基函數，”生成一個函數，且同時滿足以下條件：①是偶函數；②的最小值為1.求的解析式.18．在①是函數圖象的一條對稱軸，②函數的最大值為2，③函數圖象與y軸交點的縱坐標是1這三個條件中選取兩個補充在下面題目中，并解答已知函數，______（1）求的解析式；（2）求在上的值域19．已知函數為定義在上的奇函數.（1）求的值域；（2）解不等式：20．已知函數（1）畫出的圖象，并根據圖象寫出的遞增區間和遞減區間；（2）當時，求函數的最小值，并求y取最小值時x的值．（結果保留根號）21．已知函數（Ⅰ）求在區間上的單調遞增區間；（Ⅱ）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】函數分別是上的奇函數、偶函數,，由，得，，，解方程組得，代入計算比較大小可得.考點：函數奇偶性及函數求解析式2、C【解題分析】利用夾角公式進行計算【題目詳解】由條件可知，，，所以，故與的夾角為故選【題目點撥】本題考查了運用平面向量數量積運算求解向量夾角問題，熟記公式準確計算是關鍵，屬于基礎題3、D【解題分析】根據求得，由此求得的值.【題目詳解】依題意得，，，所以.故若某傳染源感染后至隔離前時長為兩周，則相關確診病例人數約為125.故選：D4、C【解題分析】由奇偶性定義判斷的奇偶性，結合對數、余弦函數的性質判斷趨向于0時的變化趨勢，應用排除法即可得正確答案.【題目詳解】由且定義域，所以為偶函數，排除B、D.又在趨向于0時趨向負無窮，在趨向于0時趨向1，所以在趨向于0時函數值趨向負無窮，排除A.故選：C5、D【解題分析】分別判斷每個選項函數的奇偶性和值域即可.【題目詳解】對A，，即值域為，故A錯誤；對B，的定義域為，定義域不關于原點對稱，不是偶函數，故B錯誤；對C，的定義域為，定義域不關于原點對稱，不是偶函數，故C錯誤；對D，的定義域為，，故是偶函數，且，即值域為，故D正確.故選：D.6、B【解題分析】分別將選項中區間的端點代入,利用零點存在性定理判斷即可【題目詳解】由題,,,,所以,故選:B【題目點撥】本題考查利用零點存在性定理判斷零點所在區間,屬于基礎題7、C【解題分析】將點的坐標代入函數解析式，求出的值即可.【題目詳解】因為函數的圖象經過點，所以，則.故選：C.8、C【解題分析】由奇偶性可知的區間單調性及，畫出函數草圖，由函數不等式及函數圖象求解集即可.【題目詳解】根據題意，偶函數在上單調遞減且，則在上單調遞增，且函數的草圖如圖，或，由圖可得－2＜x＜0或x＞2，即不等式的解集為故選：C9、D【解題分析】利用扇形的面積公式，利用大扇形面積減去小扇形面積即可.【題目詳解】如圖，設，，由弧長公式可得解得，，設扇形，扇形的面積分別為，則該壁畫的扇面面積約為.故選：.10、D【解題分析】直接利用多面體和旋轉體的結構特征，逐一核對四個選項得答案解：（1）滿足前后面互相平行，其余面都是四邊形，且相鄰四邊形的公共邊互相平行，∴（1）是棱柱，故A錯誤；（2）中不滿足相鄰四邊形的公共邊互相平行，∴（2）不是棱柱，故B錯誤；（3）中上下兩個圓面不平行，不符合圓臺的結構特征，∴（3）不是圓臺，故C錯誤；（4）符合棱錐的結構特征，∴（4）是棱錐，故D正確故選D考點：棱錐的結構特征二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】由題設知，四面體ABCD的外接球也是與其同底等高的三棱柱的外接球，球心為上下底面中心連線EF的中點,所以，所以球的半徑所以，外接球的表面積，所以答案應填：考點：1、空間幾何體的結構特征；2、空間幾何體的表面積12、【解題分析】連接AC交BD于O點，設交面于點E，連接OE，則角CEO就是所求的線面角，因為AC垂直于BD，AC垂直于，故AC垂直于面.設正方體的邊長為2，則OC=，OE=1，CE，此時正弦值為故答案為.點睛：求線面角，一是可以利用等體積計算出直線的端點到面的距離，除以線段長度就是線面角的正弦值；高二時還會學到空間向量法，可以建系，用空間向量的方法求直線的方向向量和面的法向量，再求線面角即可．面面角一般是要么定義法，做出二面角，或者三垂線法做出二面角，利用幾何關系求出二面角，要么建系來做．13、#0.3【解題分析】利用“1”的代換，構造齊次式方程，再代入求解.【題目詳解】，故答案為：14、【解題分析】根據終邊上的點，結合即可求函數值.【題目詳解】由題意知：角在第一象限，且終邊過，∴.故答案為：.15、2【解題分析】，與的夾角等于與的夾角，所以考點：向量的坐標運算與向量夾角16、【解題分析】根據對數式指數式互化公式，結合對數換底公式、對數的運算性質進行求解即可.【題目詳解】因為，所以，因此有：，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）；（2）【解題分析】⑴由已知得，求解即可求得實數的值；⑵設，則，繼而證得是偶函數，可得與的關系，得到函數解析式，設，則由，即可求解的最小值為解析：（1）由已知得，即，得，所以.（2）設，則.由，得，整理得，即，即對任意恒成立，所以.所以.設，令，則，改寫為方程，則由，且，得，檢驗時，滿足，所以，且當時取到“=”.所以，又最小值為1，所以，且，此時，所以.點睛：本題考查了學生對新定義的理解，方程的思想，對數的運算性質，不等式的性質以及函數的最值求法．考查了函數的最值及其幾何意義，函數解析式的求解及其常用方法，本題涉及的函數的性質較多，綜合性抽象性很強，做題的時候要做到每一步變化嚴謹18、（1）條件選擇見解析，；（2）.【解題分析】(1)選擇①②直接求出A及的解；選擇①③，先求出，再由求A作答；選擇②③，直接可得A，再由求作答.(2)由(1)結合正弦函數的性質即可求得在上的值域.【小問1詳解】選擇①②，，由及得：，所以的解析式是：.選擇①③，由及得：，即，而，則，即，解得，所以的解析式是：.選擇②③，，而，即，又，則有，所以的解析式是：.【小問2詳解】由(1)知，，當時，，則當，即時，，當，即時，，所以函數在上的值域是.19、（1）（2）【解題分析】（1）根據函數的奇偶性可得，進而可得函數的單調性及值域；（2）由（1）可得該不等式為，根據函數的單調性解不等式即可.【小問1詳解】由題意可知，，解得，則，經檢驗，恒成立，令，則，函數在單調遞增，函數的值域為【小問2詳解】由（1）得，則，，，不等式的解集為.20、（1）作圖見解析，遞增區間為，遞減區間為；（2）最小值為，y取最小值時.【解題分析】（1）由即得圖象，由圖象即得單調區間；（2）利用基本不等式即得.【小問1詳解】由函數，圖象如圖：遞增區間為，遞減區間為；（注：寫成也可以）【小問2詳解】當時，，等號當且僅當時成立，∴的最小值為，y取最小值時21、（Ⅰ