安徽省六安二中河西校區2023-2024學年數學高一上期末復習檢測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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．已知為所在平面內一點，，則（）A. B.C. D.2．下列選項中，與最接近的數是A. B.C. D.3．已知三條不重合的直線，，，兩個不重合的平面，，有下列四個命題：①若，，則；②若，，且，則；③若，，，，則；④若，，，，則.其中正確命題的個數為A. B.C. D.4．“”是“”的（）A.充分必要條件 B.充分而不必要條件C.必要而不充分條件 D.既不充分也不必要條件5．若函數則下列說法錯誤的是（）A.是奇函數B.若在定義域上單調遞減，則或C.當時，若，則D.若函數有2個零點，則6．設角的終邊經過點，那么A. B.C. D.7．設函數，，則函數的零點個數是A.4 B.3C.2 D.18．sin（）=（）A. B.C. D.9．袋中裝有5個小球，顏色分別是紅色、黃色、白色、黑色和紫色．現從袋中隨機抽取3個小球，設每個小球被抽到的機會均相等，則抽到白球或黑球的概率為A. B.C. D.10．古希臘數學家阿基米德最為滿意的一個數學發現是“圓柱容球”，即在球的直徑與圓柱底面的直徑和圓柱的高相等時，球的體積是圓柱體積的，且球的表面積也是圓柱表面積的.已知體積為的圓柱的軸截面為正方形.則該圓柱內切球的表面積為（）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．設函數，若函數滿足對，都有，則實數的取值范圍是_______.12．已知函數對于任意，都有成立，則___________13．設為向量的夾角，且，，則的取值范圍是_____.14．設函數在區間上的最大值和最小值分別為M、m，則___________.15．函數的單調減區間是__________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．已知函數.（1）求，的值；（2）在給定的坐標系中，畫出的圖象（不必列表）；（3）若關于的方程恰有3個不相等的實數解，求實數的取值范圍.17．（1）化簡：；（2）已知，求的值.18．（1）已知，，，求的最小值；（2）把角化成的形式.19．已知集合，集合.（Ⅰ）求、、；（Ⅱ）若集合且，求實數的取值范圍.20．已知直線，點.（1）求過點且與平行的直線的方程；（2）求過點且與垂直的直線的方程.21．在①是函數圖象的一條對稱軸，②函數的最大值為2，③函數圖象與y軸交點的縱坐標是1這三個條件中選取兩個補充在下面題目中，并解答已知函數，______（1）求的解析式；（2）求在上的值域

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、A【解析】根據平面向量的線性運算及平面向量基本定理即可得出答案.【詳解】解：因為為所在平面內一點，，所以.故選：A2、C【解析】，該值接近，選C.3、B【解析】當在平面內時,，①錯誤；兩個平面的垂線平行,且兩個平面不重合,則兩個平面平行,②正確；③中,當時,平面可能相交,③錯誤；④正確.故選B.考點：空間線面位置關系.4、B【解析】由等價于，或，再根據充分、必要條件的概念，即可得到結果.【詳解】因為，所以，或，所以“”是“”的充分而不必要條件.故選:B.5、D【解析】A利用奇偶性定義判斷；B根據函數的單調性，列出分段函數在分段區間的界點上函數值的不等關系求參數范圍即可；C利用函數單調性求解集；D將問題轉化為與直線的交點個數求參數a的范圍.【詳解】由題設，當時有，則；當時有，則，故是奇函數，A正確因為在定義域上單調遞減，所以，得a≤－4或a≥－1，B正確當a≥－1時，在定義域上單調遞減，由，得：x＞－1且x≠0，C正確的零點個數即為與直線的交點個數，由題意得，解得－3＜a＜-5+172，D錯誤故選：D6、D【解析】由題意首先求得的值，然后利用誘導公式求解的值即可.【詳解】由三角函數的定義可知：，則.本題選擇D選項.【點睛】本題主要考查由點的坐標確定三角函數值的方法，誘導公式及其應用等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.7、B【解析】函數的零點個數就是函數的圖象和函數的圖象的交點個數，分別畫出函數的圖象和函數的圖象,如圖，由圖知，它們的交點個數是，函數的零點個數是,故選B.【方法點睛】已知函數零點(方程根)的個數求參數取值范圍的三種常用的方法：(1)直接法：直接根據題設條件構建關于參數的不等式，再通過解不等式確定參數范圍；(2)分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數值域問題加以解決；(3)數形結合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中，畫出函數的圖象，然后數形結合求解．一是轉化為兩個函數的圖象的交點個數問題，畫出兩個函數的圖象，其交點的個數就是函數零點的個數，二是轉化為的交點個數的圖象的交點個數問題.8、A【解析】直接利用誘導公式計算得到答案.【詳解】故選：【點睛】本題考查了誘導公式化簡，意在考查學生對于誘導公式的應用.9、D【解析】分析：先求對立事件的概率：黑白都沒有的概率，再用1減得結果.詳解：從袋中球隨機摸個，有，黑白都沒有只有種，則抽到白或黑概率為選點睛：古典概型中基本事件數的探求方法(1)列舉法.(2)樹狀圖法：適合于較為復雜的問題中的基本事件的探求.對于基本事件有“有序”與“無序”區別的題目，常采用樹狀圖法.(3)列表法：適用于多元素基本事件的求解問題，通過列表把復雜的題目簡單化、抽象的題目具體化.(4)排列組合法：適用于限制條件較多且元素數目較多的題目.10、A【解析】由題目給出的條件可知，圓柱內切球的表面積圓柱表面積的，通過圓柱的體積求出圓柱底面圓半徑和高，進而得出表面積，再計算內切球的表面積.【詳解】設圓柱底面圓半徑為，則圓柱高為，圓柱體積，解得，又圓柱內切球的直徑與圓柱底面的直徑和圓柱的高相等，所以內切球的表面積是圓柱表面積的，圓柱表面積為，所以內切球的表面積為.故選：A.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、【解析】首先根據題意可得出函數在上單調遞增；然后根據分段函數單調性的判斷方法，同時結合二次函數的單調性即可求出答案.【詳解】因為函數滿足對，都有，所以函數在上單調遞增.當時，，此時滿足在上單調遞增，且；當時，，其對稱軸為，當時，上單調遞增，所以要滿足題意，需，即；當時，在上單調遞增，所以要滿足題意，需，即；當時，單調遞增，且滿足，所以滿足題意.綜上知，實數的取值范圍是.故答案為：.12、##【解析】由可得時，函數取最小值，由此可求.【詳解】，其中，．因為，所以，，解得，，則故答案為：.13、【解析】將平方可得cosθ，利用對勾函數性質可得最小值，從而得解.【詳解】兩個不共線的向量，的夾角為θ，且，可得：，可得cosθ那么cosθ的取值范圍：故答案為【點睛】本題考查向量的數量積的應用，向量夾角的求法，考查計算能力，屬于中檔題.14、2【解析】，令，易得函數為奇函數，則，從而可得出答案.【詳解】解：，令，因為，所以函數為奇函數，所以，即，所以，即.故答案為：2.15、【解析】，在上遞增，在上遞增，在上遞增，在上遞減，復合函數的性質，可得單調減區間是，故答案為.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）圖象見解析（3）【解析】（1）由函數解析式直接代入求解；（2）根據函數解析式及函數的性質畫出圖象；（3）利用數形結合的方法可求解.【小問1詳解】由解析可得：，因，所以.【小問2詳解】函數的圖象如下：【小問3詳解】方程有3個不相等的實數解等價于函數的圖象與的圖象有三個交點，結合（2）中的圖象可得的取值范圍為.17、（1）-1（2）-3【解析】（1）根號下是，開方后注意，而，從而所求值為.（2）利用誘導公式原式可以化簡為，再分子分母同時除以，就可以得到一個關于的分式，代入其值就可以得到所求值為.解析：（1）.（2）.18、（1）；（2）.【解析】（1）利用基本不等式可求得的最小值；（2）將角度化為弧度，再將弧度化為的形式即可.【詳解】解：（1）因為，，，，當且僅當時，等號成立，故的最小值為；（2），.19、(1),,;(2).【解析】（1）通過解不等式求得，故可求得，．求得，故可得．（2）由可得，結合數軸轉化為不等式組求解即可試題解析：(1)，，∴，，∵，∴.（2）∵，∴，∴，解得.∴實數的取值范圍為[20、（1）（2）【解析】（1）由于直線與直線平行，所以直線的斜率與直線的斜率相等，所以利用點斜式可求出直線方程，（2）由于直線與直線垂直，所以直線的斜率與直線的斜率乘積等于，從而可求出直線的斜率，再利用點斜式可求出直線方程，【小問1詳解】已知直線的斜率為，設直線的斜率為，∵與平行，∴，∴直線的方程為，即直線的方程為，【小問2詳解】已知直線的斜率為，設直線的斜率為，∵與垂直，∴，∴，∴直線的方程為，即直線的方程為.21、（1）條件選擇見解析，；（2