2023-2024學年浙東北聯盟高一數學第一學期期末學業質量監測試題注意事項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12小題，共60分）1．已知函數，若函數在上有三個零點，則的最大值為A. B.C. D.2．下列函數中與函數相等的是A. B.C. D.3．已知函數若方程恰有三個不同的實數解a，b，c（），則的取值范圍是（）.A. B.C. D.4．在數學史上，一般認為對數的發明者是蘇格蘭數學家——納皮爾（Napier，1550-1617年）．在納皮爾所處的年代，哥白尼的“太陽中心說”剛剛開始流行，這導致天文學成為當時的熱門學科．可是由于當時常量數學的局限性，天文學家們不得不花費很大的精力去計算那些繁雜的“天文數字”，因此浪費了若干年甚至畢生的寶貴時間．納皮爾也是當時的一位天文愛好者，為了簡化計算，他多年潛心研究大數字的計算技術，終于獨立發明了對數．在那個時代，計算多位數之間的乘積，還是十分復雜的運算，因此納皮爾首先發明了一種計算特殊多位數之間乘積的方法．讓我們來看看下面這個例子：

12345678…1415…272829248163264128256…1638432768…134217728268435356536870912這兩行數字之間的關系是極為明確的：第一行表示2的指數，第二行表示2的對應冪．如果我們要計算第二行中兩個數的乘積，可以通過第一行對應數字的和來實現.比如，計算64×256的值，就可以先查第一行的對應數字:64對應6，256對應8，然后再把第一行中的對應數字加和起來：6＋8＝14；第一行中的14，對應第二行中的16384，所以有：64×256＝16384,按照這樣的方法計算：16384×32768=A.134217728 B.268435356C.536870912 D.5137658025．在空間直角坐標系中，點關于平面的對稱點是A. B.C. D.6．已知冪函數的圖像過點，則下列關于說法正確的是（）A.奇函數 B.偶函數C.定義域為 D.在單調遞減7．設是兩個不同的平面，是直線且，，若使成立，則需增加條件（）A.是直線且， B.是異面直線，C.是相交直線且， D.是平行直線且，8．如圖所示，將等腰直角△ABC沿斜邊BC上的高AD折成一個二面角，使得∠B′AC＝60°．那么這個二面角大小是（）A.30° B.60°C.90° D.120°9．已知全集，集合則下圖中陰影部分所表示的集合為（）A. B.C. D.10．直線和直線的距離是A. B.C. D.11．已知不等式的解集為，則不等式的解集是（）A. B.C.或 D.或12．若，，則（）A. B.C. D.二、填空題（本大題共4小題，共20分）13．已知是球上的點，,，,則球的表面積等于________________14．已知，，當時，關于的不等式恒成立，則的最小值是_________15．不等式的解集是______16．已知函數，則無論取何值，圖象恒過的定點坐標______；若在上單調遞減，則實數的取值范圍是______三、解答題（本大題共6小題，共70分）17．已知函數,(1)求函數的定義域；(2)判斷函數的奇偶性，并說明理由；(3）如果，求x的取值范圍.18．已知函數（1）求的單調區間及最大值（2）設函數，若不等式在上恒成立，求實數的取值范圍19．已知(1)化簡(2)若是第三象限角,且，求的值20．袋子里有6個大小、質地完全相同且帶有不同編號的小球，其中有1個紅球，2個白球，3個黑球，從中任取2個球.（1）寫出樣本空間；（2）求取出兩球顏色不同的概率；（3）求取出兩個球中至多一個黑球的概率.21．已知函數（1）證明：；（2）若存在一個平行四邊形的四個頂點都在函數的圖象上，則稱函數具有性質P，判斷函數是否具有性質P，并證明你的結論；（3）設點，函數．設點B是曲線上任意一點，求線段AB長度的最小值22．已知函數的圖象恒過定點A，且點A又在函數的圖象上.（1）求實數a的值；（2）若函數有兩個零點，求實數b的取值范圍.

參考答案一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1、C【解析】因為在上有三個零點，所以在上有三個不同的解，即函數與的圖象在上有三個不同的交點，畫出函數圖像，結合圖象進而求得答案【詳解】因為在上有三個零點，所以在上有三個不同的解，即函數與的圖象在上有三個不同的交點，結合函數圖象可知，當直線經過點時，取得最小值，從而取得最大值，且.【點睛】本題考查函數的零點問題，解題的關鍵是得出函數與的圖象在上有三個不同的交點，屬于一般題2、C【解析】對于選項A,D對應的函數與函數的對應法則不同，對于選項B對應的函數與函數的定義域不同，對于選項C對應的函數與函數的定義域、對應法則相同，得解.【詳解】解：對于選項A，等價于，即A不符合題意，對于選項B，等價于，即B不符合題意，對于選項C，等價于，即C符合題意，對于選項D，，顯然不符合題意，即D不符合題意，故選C.【點睛】本題考查了同一函數的判斷、函數的對應法則及定義域，屬基礎題.3、A【解析】畫出的圖象，數形結合可得求出.【詳解】畫出的圖象所以方程恰有三個不同的實數解a，b，c（），可知m的取值范圍為，由題意可知，，所以，所以故選：A.4、C【解析】先找到16384與32768在第一行中的對應數字，進行相加運算，再找和對應第二行中的數字即可.【詳解】由已知可知，要計算16384×32768，先查第一行的對應數字:16384對應14，32768對應15，然后再把第一行中的對應數字加起來：14＋15＝29，對應第二行中的536870912，所以有：16384×32768＝536870912,故選C.【點睛】本題考查了指數運算的另外一種算法，關鍵是認真審題，理解題意，屬于簡單題.5、C【解析】關于平面對稱的點坐標相反，另兩個坐標相同，因此結論為6、D【解析】設出冪函數的解析式，將所過點坐標代入，即可求出該函數.再根據冪函數的性質的結論，選出正確選項.【詳解】設冪函數為，因為函數過點，所以，則，所以，該函數定義域為，則其既不是奇函數也不是偶函數，且由可知，該冪函數在單調遞減.故選：D.7、C【解析】要使成立，需要其中一個面的兩條相交直線與另一個面平行，是相交直線且，，，，由平面和平面平行的判定定理可得.故選C.8、C【解析】根據折的過程中不變的角的大小、結合二面角的定義進行判斷即可.【詳解】因為AD是等腰直角△ABC斜邊BC上的高，所以，因此是二面角的平面角，∠B′AC＝60°．所以是等邊三角形，因此，在中.故選：C【點睛】本題考查了二面角的判斷，考查了數學運算能力，屬于基礎題.9、C【解析】根據題意，結合Venn圖與集合間的基本運算，即可求解.【詳解】根據題意，易知圖中陰影部分所表示.故選：C.10、A【解析】因為直線即，故兩條平行直線和的距離故選A11、A【解析】由不等式的解集為,可得的根為，由韋達定理可得的值，代入不等式解出其解集即可.【詳解】的解集為,則的根為，即，，解得，則不等式可化為，即為，解得或，故選：A.12、C【解析】由題可得，從而可求出，即得.【詳解】∵所以，又因為，，所以，即，所以，又因為，所以，故選：C二、填空題（本大題共4小題，共20分）13、【解析】由已知S,A,B,C是球O表面上的點，所以，又，，所以四面體的外接球半徑等于以長寬高分別以SA,AB,BC三邊長為長方體的外接球的半徑，因為，,所以，所以球的表面積點睛：本題考查了球內接多面體，球的表面積公式，屬于中檔題．其中根據已知條件求球的直徑（半徑）是解答本題的關鍵14、4【解析】由題意可知，當時，有，所以，所以點睛：本題考查基本不等式的應用．本題中，關于的不等式恒成立，則當時，有，得到，所以．本題的關鍵是理解條件中的恒成立15、【解析】先利用指數函數的單調性得，再解一元二次不等式即可【詳解】故答案為【點睛】本題考查了指數不等式和一元二次不等式的解法，屬中檔題16、①.②.【解析】計算的值，可得出定點坐標；分析可知，對任意的，，利用參變量分離法可求得，分、、三種情況討論，分析函數在上的單調性，由此可得出實數的取值范圍.【詳解】因為，故函數圖象恒過的定點坐標為；由題意可知，對任意的，，則，因為函數在上單調遞增，且當時，，所以，.當時，在上為減函數，函數為增函數，所以，函數、在上均為減函數，此時，函數在上為減函數，合乎題意；當且時，，不合乎題意；當時，在上為增函數，函數為增函數，函數、在上均為增函數，此時，函數在上為增函數，不合乎題意.綜上所述，若在上單調遞減，.故答案為：；.三、解答題（本大題共6小題，共70分）17、（1）；（2）見解析；（3）【解析】(1)根據真數大于零列不等式，解得結果，(2)根據奇函數定義判斷并證明結果，(3)根據底與1的大小，結合對數函數單調性分類化簡不等式，解得結果.【詳解】（1）由，得－3＜x＜3，∴函數的定義域為(－3，3)（2）由(1)知，函數的定義域關于原點對稱，且h(－x)+h(x)=0，h(－x)=-h(x)，∴函數奇函數（3），所以，解得，所以.18、（1）單調遞增區間為，單調遞減區間為；（2）【解析】（1）首先確定的定義域，將其整理為，利用復合函數單調性的判斷方法得到單調性，結合單調性可求得最值；（2）根據對數函數單調性可將恒成立不等式轉化為，采用分離變量法可得，結合對勾函數單調性可求得，由此可得結果.【小問1詳解】由得：，的定義域為；，令，則在上單調遞增，在上單調遞減，又在定義域內單調遞增，由復合函數單調性可知：的單調遞增區間為，單調遞減區間為；由單調性可知：.【小問2詳解】在上恒成立，，即，在上恒成立，；令，則在上單調遞增，在上單調遞減，，，即實數的取值范圍為.【點睛】關鍵點點睛：本題考查對數型復合函數單調性和最值的求解、恒成立問題的求解；求解恒成立問題的關鍵是能夠將對數函數值之間的大小關系轉化為一元二次不等式在區間內恒成立問題的求解，進而可采用分離變量的方法或討論二次函數圖象的方式來進行求解.19、(1);(2).【解析】分析：(1)根據誘導公式化簡即得，(2)先根據誘導公式得，再根據平方關系求，即得的值.詳解：(1).(2)由，得：∵是第三象限角,∴則點睛：本題考查誘導公式以及同角三角函數關系，考查基本求解能力.20、（1）答案見解析；（2）；（3）.【解析】（1）將1個紅球記為個白球記為個黑球記為，進而列舉出所有可能性，進而得到樣本空間；（2）由題意，有1紅1白，1紅1黑，1白1黑，共三大類情況，由（1），列舉出所有可能性，進而求出概率；（3）由題意，有1紅1白，1紅1黑，1白1黑，2白，共四大類情況，由（1），列舉出所有可能性，進而求出概率【小問1詳解】將1個紅球記為個白球記為個黑球記為，則樣本空間，共15個樣本點.【小問2詳解】記A事件為“取出兩球顏色不同”，則兩球顏色可能是1紅1白，1紅1黑，1白1黑，則包含11個樣本點，所以.【小問3詳解】記事件為“取出兩個球至多有一個黑球”，則兩球顏色可能是1紅1白，1紅1黑，1白1黑，2白，則包含12個樣本點，所以.21、（1）證明見解析；（2）函數具有性質P，證明見解析；（3）.【解析】（1）直接利用對數的運算求解；（2）取函數圖象上四個點，證明函數具有性質P；（3）設（或），求出,再換元利用二次函數求函數的最值得解.【小問1詳解】解：【小問2詳解】解：由（1）知，的圖象關于點中心對稱，取函數圖象上兩點，，顯然線段CD的中點恰為點M；再取函數圖象上兩點，，顯然線段EF的中點也恰為點M因此四邊形CEDF的對角線互相平分，所以四邊形CEDF為平行四邊形，所以函