2024屆陜西省高一上數學期末達標檢測模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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，，，則a，b，c的大小關系為（）A. B.C. D.2．如圖，在正方體中，異面直線與所成的角為（）A.90° B.60°C.45° D.30°3．下列四個函數中，以為最小正周期，且在區間上為減函數的是A. B.C. D.4．已知且，則（）A.有最小值 B.有最大值C.有最小值 D.有最大值5．下列說法中，錯誤的是（）A.若，，則 B.若，則C.若，，則 D.若，，則6．函數在一個周期內的圖像如圖所示，此函數的解析式可以是（）A. B.C. D.7．已知集合A={1,2,3,4}，B={2,4,6,8}，則AB中元素的個數為A.1 B.2C.3 D.48．正方形中，點，分別是，的中點，那么A. B.C. D.9．已知函數且，則實數的范圍（）A. B.C. D.10．已知函數（，且）的圖象恒過點，若角的終邊經過點，則的值為（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．函數的單調減區間是__________12．已知，且，寫出一個滿足條件的的值：______.13．函數在[1，3]上的值域為[1，3]，則實數a的值是___________.14．已知，函數在上單調遞增，則的取值范圍是__15．若扇形的面積為，半徑為1，則扇形的圓心角為___________.16．函數的定義域為________.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．已知，函數.（1）求函數的定義域；（2）求函數的零點；（3）若函數的最大值為2，求的值.18．已知是函數的零點，.（Ⅰ）求實數的值；（Ⅱ）若不等式在上恒成立，求實數的取值范圍；（Ⅲ）若方程有三個不同的實數解，求實數的取值范圍.19．已知且滿足不等式.（1）求不等式；（2）若函數在區間有最小值為，求實數值20．已知向量，，，求：（1）,；（2）21．設函數.（1）當時，若對于，有恒成立，求取值范圍；（2）已知，若對于一切實數恒成立，并且存在，使得成立，求的最小值.

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】與中間值1和2比較．【題目詳解】，，，所以故選：D.【題目點撥】本題考查冪與對數的大小比較，在比較對數和冪的大小時，能化為同底數的化為同底數，再利用函數的單調性比較，否則可借助中間值比較，如0，1，2等等．2、B【解題分析】連接，可證明，然后可得即為異面直線與所成的角，然后可求出答案.【題目詳解】連接，因為是正方體，所以和平行且相等所以四邊形是平行四邊形，所以，所以為異面直線與所成的角.因為是等邊三角形，所以故選：B3、A【解題分析】最小正周期，且在區間上為減函數，適合；最小正周期為，不適合；最小正周期為，在區間上不單調，不適合；最小正周期為，在區間上為增函數，不適合.故選A4、A【解題分析】根據，變形為，再利用不等式的基本性質得到，進而得到，然后由，利用基本不等式求解.【題目詳解】因為，所以，所以，所以，所以，所以，當且僅當時取等號，故選：A.【題目點撥】思路點睛：本題思路是利用分離常數法轉化為，再由，利用不等式的性質構造，再利用基本不等式求解.5、A【解題分析】逐一檢驗，對A，取，判斷可知；對B，，可知；對C，利用作差即可判斷；對D根據不等式同向可加性可知結果.【題目詳解】對A，取，所以，故錯誤；對B，由，，所以，故正確；對C,，由，，所以，所以，故正確；對D，由，所以，又，所以故選：A6、A【解題分析】根據圖象，先確定以及周期，進而得出，再由求出，即可得到函數解析式.【題目詳解】顯然，因為，所以，所以，由得，所以，即，，因為，所以，所以.故選：A7、B【解題分析】由題意可得，故中元素的個數為2，所以選B.【名師點睛】集合基本運算的關注點：(1)看元素組成．集合是由元素組成的，從研究集合中元素的構成入手是解決集合運算問題的前提(2)有些集合是可以化簡的，先化簡再研究其關系并進行運算，可使問題簡單明了，易于解決(3)注意數形結合思想的應用，常用的數形結合形式有數軸、坐標系和Venn圖8、D【解題分析】由題意點，分別是，中點，求出，，然后求出向量即得【題目詳解】解：因為點是的中點，所以，點得是的中點，所以，所以，故選：【題目點撥】本題考查向量加減混合運算及其幾何意義，注意中點關系與向量的方向，考查基本知識的應用。屬于基礎題。9、B【解題分析】根據解析式得，進而得令，得為奇函數，，進而結合函數單調性求解即可.【題目詳解】函數，定義域為，滿足，所以，令，所以，所以奇函數，，函數在均為增函數，所以在為增函數，所以在為增函數，因為為奇函數，所以在為增函數，所以，解得.故選：B.10、A【解題分析】令指數函數的指數為零即可求出指數型函數過定點的坐標，再根據三角函數的定義計算可得；【題目詳解】解：因為函數（，且），令，即時，所以函數恒過定點，又角的終邊經過點，所以，故選：A二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】，在上遞增，在上遞增，在上遞增，在上遞減，復合函數的性質，可得單調減區間是，故答案為.12、0（答案不唯一）【解題分析】利用特殊角的三角函數值求解的值.【題目詳解】因為，所以，，則，或，，同時滿足即可.故答案為：013、【解題分析】分類討論，根據單調性求值域后建立方程可求解.【題目詳解】若，在上單調遞減，則，不符合題意；若，在上單調遞增，則，當值域為時，可知，解得.故答案為：14、【解題分析】本題已知函數的單調區間，求參數的取值范圍，難度中等．由，得，又函數在上單調遞增，所以，即，注意到，即，所以取，得考點：函數的圖象與性質【方法點晴】已知函數為單調遞增函數，可得變量的取值范圍，其必包含區間，從而可得參數的取值范圍，本題還需挖掘參數的隱含范圍，即函數在上單調遞增，可知，因此，綜合題15、【解題分析】直接根據扇形的面積公式計算可得答案【題目詳解】設扇形的圓心角為，因為扇形的面積為，半徑為1，所以．解得，故答案為：16、【解題分析】根據開偶次方被開方數非負數，結合對數函數的定義域得到不等式組，解出即可.【題目詳解】函數定義域滿足：解得所以函數的定義域為故答案為：【題目點撥】本題考查了求函數的定義域問題，考查對數函數的性質，屬于基礎題．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）零點為或；（3）.【解題分析】（1）由函數的解析式可得，解可得的取值范圍，即可得答案，（2）根據題意，由函數零點的定義可得，即，解可得的值，即可得答案，（3）根據題意，將函數的解析式變形可得，設，分析的最大值可得的最大值為，則有，解可得的值，即可得答案.【題目詳解】解：（1）根據題意，，必有，解可得，即函數的定義域為，（2），若，即，即，解可得：或，即函數的零點為或，（3），設，，則，有最大值4，又由，則函數有最大值，則有，解可得，故.18、(Ⅰ)1；(Ⅱ)；(Ⅲ)【解題分析】Ⅰ利用是函數的零點，代入解析式即可求實數的值；Ⅱ由不等式在上恒成立，利用參數分類法，轉化為二次函數求最值問題，即可求實數的取值范圍；Ⅲ原方程等價于，利用換元法，轉化為一元二次方程根的個數進行求解即可【題目詳解】Ⅰ是函數的零點，，得；Ⅱ，，則不等式在上恒成立，等價為，，同時除以，得，令，則，，，故的最小值為0，則，即實數k的取值范圍；Ⅲ原方程等價為，，兩邊同乘以得，此方程有三個不同的實數解，令，則，則，得或，當時，，得，當，要使方程有三個不同的實數解，則必須有有兩個解，則，得【題目點撥】本題主要考查函數與方程根的問題，利用換元法結合一元二次方程根的個數，以及不等式恒成立問題，屬于難題.不等式恒成立問題常見方法：①分離參數恒成立(即可)或恒成立（即可）；②數形結合(圖象在上方即可)；③討論最值或恒成立；④討論參數，排除不合題意的參數范圍，篩選出符合題意的參數范圍.19、（1）；（2）.【解題分析】（1）運用指數不等式的解法，可得的范圍，再由對數不等式的解法，可得解集；（2）由題意可得函數在遞減，可得最小值，解方程可得的值試題解析：（1）∵22a+1＞25a-2.∴2a+1＞5a-2，即3a＜3∴a＜1，∵a＞0，a＜1∴0＜a＜1.∵loga（3x+1）＜loga（7-5x）.∴等價為，即，∴，即不等式的解集為（，）.（2）∵0＜a＜1∴函數y=loga（2x-1）在區間[3，6]上為減函數，∴當x=6時，y有最小值為-2，即loga11=-2，∴a-2==11，解得a=.20、（1），（2）【解題分析】（1）利用向量的坐標運算即得；（2）利用向量模長的坐標公式即求.【小問1詳解】∵向量，，，所以，.【小問2詳解】∵，，∴，所以21、(1)(2)【解題分析】（1）據題意知，把不等式的恒成立轉化為恒成立，設，則，根據二次函數的性質，求得函數的最大致，即可求解.（2）由題意，根據二次函數的性質，求得，進而利用基本不等式，即可求解.【題目詳解】