2024屆四川省三臺縣塔山中學高一數學第一學期期末質量檢測模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．下圖記錄了某景區某年月至月客流量情況：根據該折線圖，下列說法正確的是（）A.景區客流量逐月增加B.客流量的中位數為月份對應的游客人數C.月至月的客流量情況相對于月至月波動性更小，變化比較平穩D.月至月的客流量增長量與月至月的客流量回落量基本一致2．已知直二面角,點，,為垂足,，,為垂足．若，則到平面的距離等于A. B.C. D.13．已知向量，其中，則的最小值為（）A.1 B.2C. D.34．已知角的終邊經過點，則（）.A. B.C. D.5．設函數滿足，的零點為，則下列選項中一定錯誤的是（）A. B.C. D.6．設、、依次表示函數，，的零點，則、、的大小關系為（）A. B.C. D.7．若函數的三個零點分別是，且，則（）A. B.C. D.8．數列的前項的和為（）A. B.C. D.9．若，則錯誤的是A. B.C. D.10．《九章算術》成書于公元一世紀，是中國古代乃至東方的第一部自成體系的數學專著.書中記載這樣一個問題“今有宛田，下周三十步，徑十六步.問為田幾何？”（一步=1.5米）意思是現有扇形田，弧長為45米，直徑為24米，那么扇形田的面積為A.135平方米 B.270平方米C.540平方米 D.1080平方米二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．將函數的圖象先向下平移1個單位長度，在作關于直線對稱的圖象，得到函數，則__________.12．已知是偶函數，則實數a的值為___________.13．已知向量，，，則=_____.14．函數的定義域是________.15．已知函數，若在區間上的最大值是，則_______；若在區間上單調遞增，則的取值范圍是___________16．已知集合，，則集合中元素的個數為__________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）求函數的值域；（2）若對任意的，都有恒成立，求實數a的取值范圍；（3）若對任意的，都存在四個不同的實數，，，，使得，其中，2，3，4，求實數a的取值范圍18．已知函數fx（1）求實數a的值；（2）當a>0時，①判斷fx②對任意實數x，不等式fsin2x+19．設函數，其中.（1）當時，求函數的零點；（2）若，求函數的最大值.20．已知關于一元二次不等式的解集為.（1）求函數的最小值；（2）求關于的一元二次不等式的解集.21．如圖，在三棱錐P－ABC中，PA⊥AB，PA⊥AC，AB⊥BC，，D為線段AC的中點，E為線段PC上一點.（1）求證：平面BDE⊥平面PAC；（2）求二面角P－BC－A的平面角的大小.

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、C【解析】根據折線圖，由中位數求法、極差的意義，結合各選項的描述判斷正誤即可.【詳解】A：景區客流量有增有減，故錯誤；B：由圖知：按各月份客流量排序為且是10個月份的客流量，因此數據的中位數為月份和月份對應客流量的平均數，故錯誤；C：由月至月的客流量相對于月至月的客流量：極差較小且各月份數據相對比較集中，故波動性更小，正確；D：由折線圖知：月至月的客流量增長量與月至月的客流量回落量相比明顯不同，故錯誤.故選：C2、C【解析】如圖，在平面內過點作于點因為為直二面角，，所以，從而可得．又因為，所以面，故的長度就是點到平面的距離在中，因為，所以因為，所以．則在中，因為，所以．因為，所以，故選C3、A【解析】利用向量坐標求模得方法，用表示，然后利用三角函數分析最小值【詳解】因為，所以，因為，所以，故的最小值為.故選A【點睛】本題將三角函數與向量綜合考察，利用三角函數得有界性，求模長得最值4、A【解析】根據三角函數的概念，，可得結果.【詳解】因為角終邊經過點所以故選：A【點睛】本題主要考查角終邊過一點正切值的計算，屬基礎題.5、C【解析】根據函數的解析式，結合零點的存在定理，進行分類討論判定，即可求解.【詳解】由題意，函數的定義域為，且的零點為，即，解得，又因為，可得中，有1個負數、兩個正數，或3個都負數，若中，有1個負數、兩個正數，可得，即，根據零點的存在定理，可得或；若中，3個都是負數，則滿足，即，此時函數的零點.故選：C.6、D【解析】根據題意可知，的圖象與的圖象的交點的橫坐標依次為，作圖可求解.【詳解】依題意可得，的圖象與的圖象交點的橫坐標為，作出圖象如圖：由圖象可知，，故選：D【點睛】本題主要考查了冪函數、指數函數、對數函數的圖象，函數零點，數形結合的思想，屬于中檔題.7、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8、C【解析】根據分組求和可得結果.【詳解】，故選：C9、D【解析】對于，由，則，故正確；對于，，故正確；對于，，故正確；對于，，故錯誤故選D10、B【解析】直接利用扇形面積計算得到答案.【詳解】根據扇形的面積公式，計算扇形田的面積為Slr45270（平方米）.故選：B.【點睛】本題考查了扇形面積，屬于簡單題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、5【解析】利用平移變換和反函數的定義得到的解析式，進而得解.【詳解】函數的圖象先向下平移1個單位長度得到作關于直線對稱的圖象，即的反函數，則，，即，故答案為：5【點睛】關鍵點點睛：本題考查圖像的平移變換和反函數的應用，利用反函數的性質求出的解析式是解題的關鍵，屬于基礎題.12、【解析】根據偶函數定義求解【詳解】由題意恒成立，即，恒成立，所以故答案為：13、【解析】先根據向量的減法運算求得,再根據向量垂直的坐標表示,可得關于的方程,解方程即可求得的值.【詳解】因為向量，，所以則即解得故答案為:【點睛】本題考查了向量垂直的坐標關系,屬于基礎題.14、【解析】利用已知條件可得出關于的不等式組，由此可解得函數的定義域.【詳解】對于函數，有，解得.因此，函數的定義域為.故答案：.15、①.②.【解析】根據定義域得，再得到取最大值的條件求解即可；先得到一般性的單調增區間，再根據集合之間的關系求解.【詳解】因為，且在此區間上的最大值是，所以因為f(x)max=2tan=，所以tan==，即ω=由，得令，得，即在區間上單調遞增又因在區間上單調遞增，所以<，即所以的取值范圍是故答案為：1，16、2【解析】依題意，故，即元素個數為個.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）；（3）【解析】（1）利用基本函數的單調性即得；（2）由題可得恒成立，再利用基本不等式即求；（3）由題意可知對任意一個實數，方程有四個根，利用二次函數的圖像及性質可得，即求.【小問1詳解】∵函數，，所以函數在上單調遞增，∴函數的值域為；【小問2詳解】∵對任意的，都有恒成立，∴，即，即有，故有，∵，，∴，當且僅當，即取等號，∴，即，∴實數a的取值范圍為；【小問3詳解】∵函數的值域為，由題意可知對任意一個實數，方程有四個根，又，則必有，令，，故有，故有，可解得，∴實數a的取值范圍為.18、（1）a=1或a=-1（2）①fx在R【解析】（1）依題意可得fx（2）①根據復合函數的單調性判斷可得；②根據函數的單調性與奇偶性可得sin2x+cosx<2m-3在R上恒成立，由【小問1詳解】解：因為函數fx所以fx+f(-x)=0，即可得1+x2+ax則(1-a2)x2【小問2詳解】①因為a>0，所以a=1．函數fx=ln因為y=1+x2+x與y=ln②對任意實數x，f(sin2x+由①知函數fx在R可得sin2x+cos因為sin2所以2m-3>54于是正整數m的最小值為319、（1）1和（2）答案見解析【解析】（1）分段函數，在每一段上分別求解后檢驗（2）根據對稱軸與區間關系，分類討論求解【小問1詳解】當時，當時，由得；當時，由得（舍去）當時，函數的零點為1和【小問2詳解】①當時，，，由二次函數的單調性可知在上單調遞減②當即時，，，由二次函數的單調性可知在上單調遞增③當時，在上遞增，在上的最大值為當時在遞增，在上遞減，在上的最大值為，當時當時在上遞增，在上的最大值為，當時綜上所述：當時，當時，當時，當時，20、（1）（2）【解析】（1）由題意可得，解不等式求出的取值范圍，再利用基本不等式求的最小值；（2）不等式化為，比較和的大小，即可得出不等式的解集.【小問1詳解】因為關于一元二次不等式的解集為，所以，化簡可得：，解得：，所以，所以，當且僅當即，的最小值為.【小問2詳解】不等式，可化為，因為，所以，所以該不等式的解集為.21、（1）見解析（2）【解析】（1）由線面垂直的判定定理可得平面，從而可得，證明，再根據線面垂直的判定定理可得平面PAC，再根據面面垂直的判定定理即可得證；（2）由線面垂直的性質可得，再根據線面垂直的判定定理可得