2024屆陜西省興平市秦嶺中學高一數學第一學期期末統考模擬試題注意事項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．已知集合，，則（）A. B.C. D.2．三棱柱中，側棱垂直于底面，底面三角形是正三角形，是的中點，則下列敘述正確的是①與是異面直線；②與異面直線，且③面④A.② B.①③C.①④ D.②④3．已知的值域為，那么的取值范圍是（）A. B.C. D.4．已知命題，則是（）A.， B.，C.， D.，5．“”是函數滿足：對任意的，都有”的A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件6．不等式x2≥2x的解集是()A.{x|x≥2} B.{x|x≤2}C.{x|0≤x≤2} D.{x|x≤0或x≥2}7．已知點P3,-4是角α的終邊上一點，則sinA.-75C.15 D.8．已知，，三點，點使直線，且，則點D的坐標是(

)A. B.C. D.9．命題“”否定是（）A. B.C. D.10．我國古代數學名著《九章算術》里有一道關于玉石的問題：“今有玉方一寸，重七兩；石方一寸，重六兩.今有石方三寸，中有玉，并重十一斤（兩）.問玉、石重各幾何？”如圖所示的程序框圖反映了對此題的一個求解算法，運行該程序框圖，則輸出的，分別為（）A.， B.，C.， D.，二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數,若方程有四個不同的解,且,則的最小值是______,的最大值是______.12．命題“”的否定是________________.13．若，，，則的最小值為___________.14．給出下列四個結論：①函數是奇函數；②將函數的圖象向右平移個單位長度，可以得到函數的圖象；③若是第一象限角且，則；④已知函數，其中是正整數．若對任意實數都有，則的最小值是4其中所有正確結論的序號是________15．已知函數，則________.16．筒車亦稱為“水轉筒車”，一種以流水為動力，取水灌田的工具，筒車發明于隋而盛于唐，距今已有1000多年的歷史.如圖，假設在水流量穩定的情況下，一個半徑為3米的筒車按逆時針方向做每6分鐘轉一圈的勻速圓周運動，筒車的軸心O距離水面BC的高度為1.5米，設筒車上的某個盛水筒P的切始位置為點D（水面與筒車右側的交點），從此處開始計時，t分鐘時，該盛水筒距水面距離為，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．已知向量，，且.（1）的值；（2）若，，且，求的值18．已知，且向量在向量的方向上的投影為，求：（1）與的夾角;（2）.19．已知的數（1）有解時，求實數的取值范圍；（2）當時，總有，求定的取值范圍20．已知集合，，（1）求；（2）若，求m取值范圍21．已知函數（1）求不等式的解集；（2）將圖像上所有點的橫坐標縮短為原來的（縱坐標不變），再將所得圖像向右平移個單位長度，得到函數的圖像．求在區間上的值域

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、B【解析】直接利用交集運算法則得到答案.【詳解】，，則故選：【點睛】本題考查了交集的運算，屬于簡單題.2、A【解析】對于①，都在平面內，故錯誤；對于②，為在兩個平行平面中且不平行的兩條直線，底面三角形是正三角形，是中點，故與是異面直線，且，故正確；對于③，上底面是一個正三角形，不可能存在平面，故錯誤；對于④，所在的平面與平面相交，且與交線有公共點，故錯誤.故選A3、C【解析】先求得時的值域，再根據題意，當時，值域最小需滿足，分析整理，即可得結果.【詳解】當，，所以當時，，因為的值域為R，所以當時，值域最小需滿足所以，解得，故選：C【點睛】本題考查已知函數值域求參數問題，解題要點在于，根據時的值域，可得時的值域，結合一次函數的圖像與性質，即可求得結果，考查分析理解，計算求值的能力，屬基礎題.4、C【解析】由全稱命題的否定是特稱命題即可得結果.【詳解】由全稱命題的否定是特稱命題知：，，是，，故選：C.5、A【解析】當時，在上遞減，在遞減，且在上遞減，任意都有，充分性成立；若在上遞減，在上遞增，任意，都有，必要性不成立，“”是函數滿足：對任意的，都有”的充分不必要條件，故選A.6、D【解析】由x2≥2x解得：x(x－2)≥0，所以x≤0或x≥2.選D.7、A【解析】利用三角函數的定義可求得結果.【詳解】由三角函數的定義可得sinα-故選：A.8、D【解析】先設點D的坐標，由題中條件，且，建立D點橫縱坐標的方程，解方程即可求出結果.【詳解】設點,則由題意可得：,解得，所以D點坐標為.【點睛】本題主要考查平面向量，屬于基礎題型.9、A【解析】根據全稱命題的否定為特稱命題，即可得到答案【詳解】全稱命題的否定為特稱命題，命題“”的否定是，故選：A10、C【解析】執行程序框圖，；；；，結束循環，輸出的分別為，故選C.【方法點睛】本題主要考查程序框圖的循環結構流程圖，屬于中檔題.解決程序框圖問題時一定注意以下幾點：(1)不要混淆處理框和輸入框；(2)注意區分程序框圖是條件分支結構還是循環結構；(3)注意區分當型循環結構和直到型循環結構；(4)處理循環結構的問題時一定要正確控制循環次數；(5)要注意各個框的順序,（6）在給出程序框圖求解輸出結果的試題中只要按照程序框圖規定的運算方法逐次計算，直到達到輸出條件即可.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、①.1②.4【解析】畫出的圖像,再數形結合分析參數的的最小值,再根據對稱性與函數的解析式判斷中的定量關系化簡再求最值即可.【詳解】畫出的圖像有：因為方程有四個不同的解,故的圖像與有四個不同的交點,又由圖,,故的取值范圍是,故的最小值是1.又由圖可知,,,故,故.故.又當時,.當時,,故.又在時為減函數,故當時取最大值.故答案為：(1).1(2).4【點睛】本題主要考查了數形結合求解函數零點個數以及范圍的問題,需要根據題意分析交點間的關系,并結合函數的性質求解.屬于難題.12、.【解析】根據含有一個量詞的命題的否定可得結果【詳解】由含有一個量詞的命題的否定可得，命題“”的否定為“”故答案為【點睛】對于含有量詞的命題的否定要注意兩點：一是要改換量詞，把特稱（全稱）量詞改為全稱（特稱）量詞；二是把命題進行否定．本題考查特稱命題的否定，屬于簡單題13、3【解析】利用基本不等式常值代換即可求解.【詳解】因為，，，所以，當且僅當，即時，等號成立，所以的最小值為3，故答案為：314、①②④【解析】直接利用奇函數的定義，函數圖象的平移變換，象限角，三角函數的恒等變換以及余弦函數圖像的性質即可判斷.【詳解】對于①，其中，即為奇函數，則①正確；對于②將的圖象向右平移個單位長度，即，則②正確；對于③若令，，則，則③不正確；對于④，由題意可知，任意一個長為的開區間上至少包含函數的一個周期，的周期為，則，即，則的最小值是4,則④正確；故答案為：①②④.15、7【解析】根據題意直接求解即可【詳解】解：因為，所以，故答案為：716、【解析】根據圖象及所給條件確定振幅、周期、，再根據時求即可得解.【詳解】由題意知，，，，當時，，，即，，所以，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）【解析】（1）首先應用向量數量積坐標公式求得，結合，求得，得到結果；（2）結合題的條件，利用同角三角函數關系式求得，結合角的范圍以及（1）的結論，求得，再應用余弦和角公式求得的值，結合角的范圍求得，得到結果.【詳解】（1）因為，，所以因為，所以，即.（2）因為，，所以.因為，，所以.因為，所以，所以.因為，，所以，所以.【點睛】該題考查的是有關三角恒等變換的問題，涉及到的知識點有向量數量積坐標公式，同角三角函數關系式，余弦的和角公式，利用角的三角函數值的大小，結合角的范圍求角的大小，屬于簡單題目.18、（1）；（2）【解析】（1）由題知，進而得出，即可求得.（2）根據數量積的定義即可得出答案.【詳解】解：（1）由題意，，所以.又因為，所以.（2）.【點睛】本題考查了向量的夾角、向量的數量積，考查學生對公式的熟練程度，屬于基礎題.19、（1）；（2）【解析】（1）通過分離參數法得，再通過配方法求最值即可（2）由已知得恒成立，化簡后只需滿足且，求解即可.【詳解】（1）由已知得，所以（2）由已知得恒成立，則所以實數的取值范圍為20、（1）（2）【解析】（1）先求得集合A，再由集合的補集運算和交集運算可求得答案；（2）根據條件建立不等