鄂州市重點中學2024屆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sin2α>0，且cosα<0，則角α的終邊位于()A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限2．在平面直角坐標系中，大小為的角始邊與軸非負半軸重合，頂點與原點O重合，其終邊與圓心在原點，半徑為3的圓相交于一點P，點Q坐標為，則的面積為（）A. B.C. D.23．今有一組實驗數據如下：x23456y1.52.012.985.028.98現準備用下列函數中的一個近似地表示這些數據所滿足的規律，其中最接近的一個是（）A. B.C. D.4．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是A. B.8C.20 D.245．如圖所示韋恩圖中，若A={1，2，3，4，5}，B={3，4，5，6，7}，則陰影部分表示的集合是（）A.2，3，4，5，6， B.2，3，4，C.4，5，6， D.2，6，6．已知是偶函數，且在上是減函數，又，則的解集為（）A. B.C. D.7．如圖所示，在中，．若，，則（）A. B.C. D.8．已知扇形的周長為15cm，圓心角為3rad，則此扇形的弧長為（）A.3cm B.6cmC.9cm D.12cm9．在中，若，則的形狀為（）A.等邊三角形 B.直角三角形C.鈍角三角形 D.不含角的等腰三角形10．某幾何體的三視圖如圖所示（單位：），則該幾何體的體積（單位：）是（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．將函數y=sin2x+π4的圖象上各點的縱坐標不變，橫坐標伸長到原來的12．若函數是定義在上的嚴格增函數，且對一切x，滿足，則不等式的解集為___________.13．在中，，則等于______14．若，則的最小值是___________，此時___________.15．若，，則a、b的大小關系是______．（用“＜”連接）16．已知直三棱柱的個頂點都在球的球面上，若，，，，則球的直徑為________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．若函數的自變量的取值范圍為時，函數值的取值范圍恰為，就稱區間為的一個“和諧區間”.（1）先判斷“函數沒有“和諧區間”是否正確，再寫出函數“和諧區間”；（2）若是定義在上的奇函數，當時，.（i）求的“和諧區間”；（ii）若函數的圖象是在定義域內所有“和諧區間”上的圖象，是否存在實數，使集合恰含有個元素，若存在，求出的取值范圍；若不存在，請說明理由.18．如圖，在四棱錐P—ABCD中，側面PAD⊥底面ABCD，側棱PA＝PD=,底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2，O為AD中點.(Ⅰ)求證:PO⊥平面ABCD；(Ⅱ)求異面直線PB與CD所成角的余弦值；(Ⅲ)求點A到平面PCD的距離.19．已知函數（1）求的解析式，并證明為R上的增函數；（2）當時，且的圖象關于點對稱．若，對，使得成立，求實數的取值范圍20．在三棱柱中，側棱底面,點是的中點.（1）求證：；（2）求證：；（3）求直線與平面所成的角的正切值.21．蘆薈是一種經濟價值很高的觀賞、食用植物，不僅可以美化居室、凈化空氣，又可以美容保健，因此深受人們歡迎，在國內占有很大的市場，某人準備進入蘆薈市場栽培蘆薈，為了解行情，進行市場調研，從4月1日起，蘆薈的種植成本Q（單位：元/10kg）與上市時間t（單位：天）的數據情況如下表：上市時間（t）50110250種植成本（Q）150108150（1）根據上表數據，從下列函數中選取一個最能反映蘆薈種植成本Q與上市時間t的變化關系并求出函數關系式．；；；（2）利用你得到的函數關系式，求蘆薈種植成本最低時上市天數t及最低種植成本

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】根據二倍角公式可得到，又因為cosα<0，故得到進而得到角所在象限.【詳解】已知sin2α>0，，又因為cosα<0，故得到，進而得到角是第三象限角.故答案為C.【點睛】本題考查象限角的定義，熟練掌握三角函數在各個象限中的符號是解決問題的關鍵，屬于基礎題2、B【解析】根據題意可得、，結合三角形的面積公式計算即可.【詳解】由題意知，，，所以.故選：B3、B【解析】根據表格中的數據，作出散點圖，結合選項和函數的單調性，逐項判定，即可求解.【詳解】根據表格中的數據，作出散點圖，如圖所示，根據散點圖可知，隨著的增大，的值增大，并且增長速度越來越快，結合選項：函數增長速度越來越緩慢，不符合題意；函數增長速度越來越快，符合題意；函數，增長速度不變，不符合題意；而函數，當時，可得；當時，可得，此時與真實數據誤差較大，所以最接近的一個函數是.故選：B.4、C【解析】由三視圖可知，該幾何體為長方體上方放了一個直三棱柱，其體積為：.故選C點睛：三視圖問題的常見類型及解題策略(1)由幾何體的直觀圖求三視圖．注意正視圖、側視圖和俯視圖的觀察方向，注意看到的部分用實線表示，不能看到的部分用虛線表示(2)由幾何體的部分視圖畫出剩余的部分視圖．先根據已知的一部分三視圖，還原、推測直觀圖的可能形式，然后再找其剩下部分三視圖的可能形式．當然作為選擇題(3)由幾何體的三視圖還原幾何體的形狀．要熟悉柱、錐、臺、球的三視圖，明確三視圖的形成原理，結合空間想象將三視圖還原為實物圖5、D【解析】根據圖象確定陰影部分的集合元素特點，利用集合的交集和并集進行求解即可【詳解】陰影部分對應的集合為{x|x∈A∪B且x?A∩B}，∵A∪B={1，2，3，4，5，6，7}，A∩B={3，4，5}，∴陰影部分的集合為{1，2，6，7}，故選D【點睛】本題主要考查集合的運算，根據Venn圖表示集合關系是解決本題的關鍵6、B【解析】根據題意推得函數在上是增函數，結合，確定函數值的正負情況，進而求得答案.【詳解】是偶函數，且在上是減函數，又，則，且在上是增函數，故時，，時，，故的解集是，故選：B.7、C【解析】根據．且，，利用平面向量的加法,減法和數乘運算求解.【詳解】因為．且，，所以，，，.故選：C8、C【解析】利用扇形弧長公式進行求解.【詳解】設扇形弧長為lcm，半徑為rcm，則，即且，解得：（cm），故此扇形的弧長為9cm.故選：C9、B【解析】利用三角形的內角和，結合差角的余弦公式，和角的正弦公式，即可得出結論【詳解】解：由題意可得sin（A﹣B）＝1+2cos（B+C）sin（A+C），∴sin（A﹣B）＝1﹣2cosAsinB，∴sinAcosB﹣cosAsinB＝1﹣2cosAsinB，∴sinAcosB+cosAsinB＝1，∴sin（A+B）＝1，∴A+B＝90°，∴△ABC是直角三角形故選：B【點睛】本題考查差角的余弦公式，和角的正弦公式，考查學生的計算能力，屬于基礎題10、C【解析】先還原幾何體為一直四棱柱，再根據柱體體積公式求結果.【詳解】根據三視圖可得幾何體為一個直四棱柱，高為，底面為直角梯形，上下底分別為、，梯形的高為，因此幾何體的體積為，選C.【點睛】先由幾何體的三視圖還原幾何體的形狀，再在具體幾何體中求體積或表面積等.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、f【解析】利用三角函數圖象的平移和伸縮變換即可得正確答案.【詳解】函數y=sin2x+π得到y=sin再向右平移π4個單位，得到y=故最終所得到的函數解析式為：fx故答案為：fx12、【解析】根據題意，將問題轉化為，，再根據單調性解不等式即可得答案.【詳解】解：因為函數對一切x，滿足，所以，，令，則，即，所以等價于，因為函數是定義在上的嚴格增函數，所以，解得所以不等式的解集為故答案為：13、【解析】由題；，又，代入得：考點：三角函數的公式變形能力及求值.14、①.1②.0【解析】利用基本不等式求解.【詳解】因為，所以,當且僅當，即時，等號成立，所以其最小值是1，此時0，故答案為：1，015、【解析】容易看出，＜0，＞0，從而可得出a，b的大小關系【詳解】，＞0，,∴a＜b故答案為a＜b【點睛】本題主要考查對數函數的單調性，考查對數函數和指數函數的值域．意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.16、【解析】根據題設條件可以判斷球心的位置，進而求解【詳解】因為三棱柱的個頂點都在球的球面上，若，，，，所以三棱柱的底面是直角三角形，側棱與底面垂直，的外心是斜邊的中點，上下底面的中心連線垂直底面，其中點是球心，即側面，經過球球心，球的直徑是側面的對角線的長，因為，，，所以球的半徑為：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）正確，；（2）（i）和，（ii）存在符合題意，理由見解析.【解析】（1）根據和諧區間的定義判斷兩個函數即可；（2）（i）根據是奇函數求出的解析式，再利用“和諧區間”的定義求出的“和諧區間”，（ii）由（i）可得的解析式，由與都是奇函數，問題轉化為與的圖象在第一象限內有一個交點，由單調性求出的端點坐標，代入可得臨界值即可求解.【小問1詳解】函數定義域為，且為奇函數，當時，單調遞減，任意的，則，所以時，沒有“和諧區間”，同理時，沒有“和諧區間”，所以“函數沒有“和諧區間”是正確的，在上單調遞減，所以在上單調遞減，所以值域為，即，所以，所以，是方程的兩根,因為，解得，所以函數的“和諧區間”為.【小問2詳解】（i）因為當時，所以當時，，所以因為是定義在上的奇函數，所以，所以當時，，可得，設，因為在上單調遞減，所以，，所以，，所以，是方程的兩個不相等的正數根，即，是方程的兩個不相等的正數根，且，所以，，所以在區間上的“和諧區間”是，同理可得，在區間上的“和諧區間”是.所以的“和諧區間”是和，（ii）存在，理由如下：因為函數的圖象是以在定義域內所有“和諧區間”上的圖象，所以若集合恰含有個元素，等價于函數與函數的圖象有兩個交點，且一個交點在第一象限，一個交點在第三象限.因為與都是奇函數，所以只需考慮與的圖象在第一象限內有一個交點.因為在區間上單調遞減，所以曲線的兩個端點為，.因為，所以的零點是，，或所以當的圖象過點時，，；當圖象過點時，，，所以當時，與的圖象在第一象限內有一個交點.所以與的圖象有兩個交點.所以的取值范圍是.18、(1)同解析（2）異面直線PB與CD所成的角的余弦值為.（3）點A到平面PCD的距離d＝【解析】解法一：（Ⅰ）證明：在△PAD卡中PA＝PD，O為AD中點，所以PO⊥AD.又側面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.（Ⅱ）連結BO，在直角梯形ABCD中，BC∥AD,AD=2AB=2BC，有OD∥BC且OD＝BC，所以四邊形OBCD是平行四邊形，所以OB∥DC.由（Ⅰ）知PO⊥OB，∠PBO為銳角，所以∠PBO是異面直線PB與CD所成的角.因AD＝2AB＝2BC＝2，在Rt△AOB中，AB＝1，AO＝1，所以OB＝，在Rt△POA中，因為AP＝，AO＝1，所以OP＝1，在Rt△PBO中，PB＝,cos∠PBO=,所以異面直線PB與CD所成的角的余弦值為.(Ⅲ)由（Ⅱ）得CD＝OB＝，在Rt△POC中，PC＝，所以PC＝CD＝DP，S△PCD=·2=.又S△=設點A到平面PCD的距離h，由VP-ACD=VA-PCD，得S△ACD·OP＝S△PCD·h，即×1×1＝××h，解得h＝.解法二：（Ⅰ）同解法一，（Ⅱ）以O為坐標原點，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標系O-xyz.則A（0，-1，0），B（1，-1，0），C（1，0，0），D（0，1，0），P（0，0，1）.所以＝（-1，1，0），＝（t，-1，-1），∞〈、〉=，所以異面直線PB與CD所成的角的余弦值為，（Ⅲ）設平面PCD的法向量為n＝（x0,y0,x0），由（Ⅱ）知=（-1，0，1），＝（-1，1，0），則n·＝0，所以-x0+x0=0,n·＝0，-x0+y0=0，即x0=y0=x0,取x0=1，得平面的一個法向量為n=(1,1,1).又=(1,1,0).從而點A到平面PCD的距離d＝19、（1）；證明見解析.（2）【解析】（1）由求出后可得的解析式，按照增函數的定義證明即可；（2）求出函數在上的值域為，求出在上的最值，根據的最值都屬于列式可求出結果.【小問1詳解】依題意可得，解得，所以.證明：任取，且，則，因為，，所以，所以為R上的增函數.【小問2詳解】依題意，即，當時，為增函數，，，所以在上的值域為，因為在上的最值只可能在或或處取得，所以在上的最值只可能在或或處取得，所以在上的最值只可能是或或，因為的圖像關于點對稱，所以在上的最值只可能是或或，所以在上的最值只可能是或或或或，若，對，使得成立，則的最值都屬于，所以，即，所以，所以，又，所以.【點睛】關鍵點點睛：（2）中，求出在上的最值，根據題意轉化為的最值都屬于是解題關鍵.20、（1）見解析（2）見解析（3）【解析】【試題分析】（1）依據題設運用線面平行的判定定理進行分析推證；（2）借助題設條