2024屆河南省舞鋼市第二高級數學高一上期末質量檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（本大題共10小題；在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意，請將正確選項填涂在答題卡上.）1．若函數的值域為，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.2．主視圖為矩形的幾何體是（）A. B.C. D.3．已知梯形是直角梯形，按照斜二測畫法畫出它的直觀圖（如圖所示），其中，，，則直角梯形邊的長度是A. B.C. D.4．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.①③5．函數的定義域是（）A. B.C D.6．函數定義域為（）A. B.C. D.7．若和都是定義在上的奇函數，則（）A.0 B.1C.2 D.38．若方程表示圓，則實數的取值范圍為（）A. B.C. D.9．若函數的三個零點分別是，且，則（）A. B.C. D.10．將函數的周期擴大到原來的2倍，再將函數圖象左移，得到圖象對應解析式是（）A. B.C. D.二、填空題（本大題共5小題，請把答案填在答題卡中相應題中橫線上）11．已知函數，為偶函數，則______12．命題“，”的否定是______13．點關于直線的對稱點的坐標為______.14．已知函數則___________.15．已知角的終邊經過點，則的值等于_____三、解答題（本大題共6小題.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.）16．在①；②“”是“”的充分條件：③“”是“”的必要條件，在這三個條件中任選一個，補充到本題第（2）問的橫線處，求解下列問題問題：已知集合，（1）當時，求；（2）若________，求實數的取值范圍注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分17．已知函數，其中m為實數（1）求f（x）的定義域；（2）當時，求f（x）的值域；（3）求f（x）的最小值18．已知函數.（1）當時，用定義法證明函數在上是減函數；（2）已知二次函數滿足，，若不等式恒成立，求的取值范圍.19．已知q和n均為給定的大于1的自然數．設集合M＝{0，1，2，…，q－1}，集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1，xi∈M，i＝1，2，…，n}(1)當q＝2，n＝3時，用列舉法表示集合A.(2)設s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1，2，…，n.證明：若an<bn，則s<t.20．已知，，，.（1）求和的值；（2）求的值.21．已知函數（，且）（1）若函數的圖象過點，求b的值；（2）若函數在區間上的最大值比最小值大，求a的值

參考答案一、選擇題（本大題共10小題；在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意，請將正確選項填涂在答題卡上.）1、C【解析】因為函數的值域為，所以可以取到所有非負數，即的最小值非正.【詳解】因為，且的值域為，所以，解得.故選：C.2、A【解析】根據幾何體的特征，由主視圖的定義，逐項判斷，即可得出結果.【詳解】A選項，圓柱的主視圖為矩形，故A正確；B選項，圓錐的主視圖為等腰三角形，故B錯；C選項，棱錐的主視圖為三角形，故C錯；D選項，球的主視圖為圓，故D錯.故選：A.【點睛】本題主要考查簡單幾何體的正視圖，屬于基礎題型.3、B【解析】根據斜二測畫法，原來的高變成了方向的線段，且長度是原高的一半，原高為而橫向長度不變，且梯形是直角梯形，故選4、A【解析】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【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【點睛】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5、B【解析】解不等式組即可得定義域.【詳解】由得：所以函數的定義域是.故選：B6、C【解析】由二次根式的被開方數非負和對數的真數大于零求解即可【詳解】由題意得，解得，所以函數的定義域為，故選：C7、A【解析】根據題意可知是周期為的周期函數，以及，，由此即可求出結果.【詳解】因為和都是定義在上的奇函數，所以，，所以，所以，所以是周期為周期函數，所以因為是定義在上的奇函數，所以，又是定義在上的奇函數，所以，所以，即，所以.故選：A.8、D【解析】將方程化為標準式即可.【詳解】方程化為標準式得，則.故選：D.9、D【解析】利用函數的零點列出方程，再結合，得出關于的不等式，解之可得選項【詳解】因為函數的三個零點分別是，且，所以，，解得，所以函數，所以，又，所以，故選：D【點睛】關鍵點睛：本題考查函數的零點與方程的根的關系，關鍵在于準確地運用零點存在定理10、D【解析】直接利用函數圖象的與平移變換求出函數圖象對應解析式【詳解】解：將函數y＝5sin（﹣3x）的周期擴大為原來的2倍，得到函數y＝5sin（x），再將函數圖象左移，得到函數y＝5sin[（x）]＝5sin（）＝5sin（）故選D【點睛】本題考查函數y＝Asin（ωx+φ）的圖象變換，屬于基礎題.二、填空題（本大題共5小題，請把答案填在答題卡中相應題中橫線上）11、4【解析】利用二次函數為偶函數的性質得一次項系數為0，定義域關于原點對稱，即可求得的值.【詳解】由題意得：解得：故答案為：.【點睛】本題考查二次函數的性質，考查邏輯推理能力和運算求解能力，求解時注意隱含條件的挖掘.12、.【解析】全稱命題的否定：將任意改為存在并否定原結論，即可知原命題的否定.【詳解】由全稱命題的否定為特稱命題，所以原命題的否定：.故答案為：.13、【解析】設點關于直線的對稱點為，由垂直的斜率關系，和線段的中點在直線上列出方程組即可求解.【詳解】設點關于直線的對稱點為，由對稱性知，直線與線段垂直，所以，所以，又線段的中點在直線上，即，所以，由，所以點關于直線的對稱點的坐標為：.故答案為：.14、5【解析】先求出，再根據該值所處范圍代入相應的解析式中計算結果.【詳解】由題意可得，則，故答案為：5.15、【解析】因為角的終邊經過點，過點P到原點的距離為，所以，所以，故填.三、解答題（本大題共6小題.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.）16、（1）（2）【解析】（1）首先解一元二次不等式得到集合，再求出集合，最后根據交集的定義計算可得；（2）根據所選條件均可得到，即可得到不等式，解得即可；【小問1詳解】解：由，解得，所以，當時，，所以【小問2詳解】解：若選①，則，所以，解得，即；若選②“”是“”的充分條件，所以，所以，解得，即；若選③“”是“”的必要條件，所以，所以，解得，即；17、（1）（2）[2，2]（3）當時，f（x）的最小值為2；當時，f（x）的最小值為【解析】（1）根據函數解析式列出相應的不等式組，即可求得函數定義域；（2）令，采用兩邊平方的方法，即可求得答案；（3）仿（2），令，可得，從而將變為關于t的二次函數，然后根據在給定區間上的二次函數的最值問題求解方法，分類討論求得答案.【小問1詳解】由解得所以f（x）的定義域為【小問2詳解】當時，設，則當時，取得最大值8；當或時，取得最小值4所以的取值范圍是[4，8]所以f（x）的值城為[2，2]【小問3詳解】設，由（2）知，，且，則令，,若，，此時的最小值為；若，當時，在[2，2上單調遞增，此時的最小值為；當，即時，，此時的最小值為；當，即時，，此時的最小值為所以，當時，f（x）的最小值為2；當時，f（x）的最小值為18、（1）證明見解析；（2）【解析】（1）在上為減函數．運用單調性的定義證明，注意取值、作差和變形、定符號、下結論等步驟；（2）設，由題意可得，，的方程，解得，，，可得，由參數分離和二次函數的最值求法，可得所求范圍【詳解】解：（1）在上為減函數證明：設，，由，可得，，即，即有，所以在上為減函數；（2）設，則，由，可得，則，，解得，，即有，不等式恒成立，即為，即對恒成立，由，當時，取得最小值，可得即的取值范圍是19、（1）A＝{0，1，2，3，4，5，6，7}；（2）見解析.【解析】（Ⅰ）當q=2，n=3時，M={0，1}，A={x|x=x1+x2?2+x3?22，xi∈M，i=1，2，3}．即可得到集合A；（Ⅱ）由于ai，bi∈M，i=1，2，…，n．an<bn，可得an-bn≤-1．由題意可得s-t=（a1-b1）+（a2-b2）q+…+(an-1-bn-1)qn-2+(an-bn)qn-1≤-[1+q+…+qn-2+qn-1]，再利用等比數列的前n項和公式即可得出試題解析：(1)當q＝2，n＝3時，M＝{0，1}，A＝{x|x＝x1＋x2·2＋x3·22，xi∈M，i＝1，2，3}，可得A＝{0，1，2，3，4，5，6，7}(2)證明：由s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，ai，bi∈M，i＝1，2，…，n及an<bn，可得s－t＝(a1－b1)＋(a2－b2)q＋…＋(an－1－bn－1)qn－2＋(an－bn)qn－1≤(q－1)＋(q－1)q＋…＋(q－1)qn－2－qn－1＝－qn－1＝－1<0，所以s<t.20、（1）；（2）.【解析】（1）由二倍角公式得，結合和解方程即