河北省石家莊市正定中學2024屆高一數學第一學期期末達標檢測模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1．為了得到函數的圖象，可以將函數的圖象（）A.向右平移個單位 B.向右平移個單位C.向左平移個單位 D.向左平移個單位2．已知過點和的直線與直線平行，則的值為（）A. B.0C.2 D.103．已知函數若則的值為（）.A. B.或4C. D.或44．已知命題：函數過定點，命題：函數是冪函數，則是的（）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5．命題，則命題p的否定是（）A. B.C. D.6．命題“，是4倍數”的否定為（）A.，是4的倍數 B.，不是4的倍數C.，不是4倍數 D.，不是4的倍數7．玉溪某車間分批生產某種產品，每批的生產準備費用為800元，若每批生產件，則平均倉儲時間為天，且每件產品每天的倉儲費用為1元，為使平均到每件產品的生產準備費用與倉儲費用之和最小，每批應生產產品A.60件 B.80件C.100件 D.120件8．已知函數fx=2x2+bx+c（b，c為實數），f-10=f12.若方程A.4 B.2C.1 D.19．下列命題正確的是（）A.若，則B.若，則C.若，則D.若，則10．設，是兩條不同的直線，是一個平面，則下列命題正確的是A.若，，則 B.若，，則C.若，，則 D.若，，則11．2020年12月17日凌晨，嫦娥五號返回器攜帶月球樣品在內蒙古四子王旗預定區域安全著陸-嫦娥五號返回：艙之所以能達到如此髙的再入精度，主要是因為它采用彈跳式返回彈道，實現了減速和再入階段彈道調整，這與“打水漂”原理類似(如圖所示).現將石片扔向水面，假設石片第一次接觸水面的速率為100m/s，這是第一次“打水漂”，然后石片在水面上多次“打水漂”，每次“打水漂”的速率為上一次的90%，若要使石片的速率低于60m/s，則至少還需要“打水漂”的次數為（）(參考數據：取lg2≈0.301，lg3≈0.477)A.4 B.5C.6 D.712．下列函數中，最小正周期為且圖象關于原點對稱的函數是（）A. B.C. D.二、填空題（本大題共4小題，共20分）13．已知冪函數經過點，則______14．若，，則______15．已知函數，若，使得，則實數a的取值范圍是___________.16．要制作一個容器為4，高為無蓋長方形容器，已知該容器的底面造價是每平方米20元，側面造價是每平方米10元，則該容器的最低總造價是_______（單位：元）三、解答題（本大題共6小題，共70分）17．已知函數，，.若不等式的解集為（1）求的值及；（2）判斷函數在區間上的單調性，并利用定義證明你的結論（3）已知且，若.試證：.18．已知函數的圖象（部分）如圖所示，（1）求函數的解析式和對稱中心坐標；（2）求函數的單調遞增區間19．某網上電子商城銷售甲、乙兩種品牌的固態硬盤，甲、乙兩種品牌的固態硬盤保修期均為3年，現從該商城已售出的甲、乙兩種品牌的固態硬盤中各隨機抽取50個，統計這些固態硬盤首次出現故障發生在保修期內的數據如下：型號甲乙首次出現故障的時間x(年)硬盤數(個)212123假設甲、乙兩種品牌的固態硬盤首次出現故障相互獨立.（1）從該商城銷售的甲品牌固態硬盤中隨機抽取一個，試估計首次出現故障發生在保修期內的概率；（2）某人在該商城同時購買了甲、乙兩種品牌的固態硬盤各一個，試估計恰有一個首次出現故障發生在保修期的第3年(即)的概率.20．已知函數的定義域為（1）當時，求函數的值域；（2）若函數在定義域上是減函數，求的取值范圍；（3）求函數在定義域上的最大值及最小值，并求出函數取最值時的值21．已知函數在閉區間（）上的最小值為（1）求的函數表達式；（2）畫出的簡圖，并寫出的最小值22．已知函數（，）（1）若關于的不等式的解集為，求不等式的解集；（2）若，，求關于的不等式的解集

參考答案一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1、A【解析】，設，，令，把函數的圖象向右平移個單位得到函數的圖象.選A.2、A【解析】因為過點和的直線與直線平行，所以兩直線的斜率相等.【詳解】解：∵直線的斜率等于，∴過點和的直線的斜率也是，，解得，故選：A.【點睛】本題考查兩斜率存在的直線平行的條件是斜率相等，以及斜率公式的應用.3、B【解析】利用分段討論進行求解.【詳解】當時，，（舍）；當時，，或（舍）；當時，，；綜上可得或.故選：B.【點睛】本題主要考查分段函數的求值問題，側重考查分類討論的意識.4、B【解析】根據冪函數的性質，從充分性與必要性兩個方面分析判斷.【詳解】若函數是冪函數，則過定點；當函數過定點時，則不一定是冪函數，例如一次函數，所以是的必要不充分條件.故選：B.5、A【解析】全稱命題的否定是特稱命題，并將結論加以否定.【詳解】因為命題，所以命題p的否定是，故選：A.6、B【解析】根據特稱量詞命題的否定是全稱量詞命題即可求解【詳解】因為特稱量詞命題的否定是全稱量詞命題，所以命題“，是4的倍數”的否定為“，不是4的倍數”故選：B7、B【解析】確定生產件產品的生產準備費用與倉儲費用之和，可得平均每件的生產準備費用與倉儲費用之和，利用基本不等式，即可求得最值【詳解】解：根據題意，該生產件產品的生產準備費用與倉儲費用之和是這樣平均每件的生產準備費用與倉儲費用之和為（為正整數）由基本不等式，得當且僅當，即時，取得最小值，時，每件產品的生產準備費用與倉儲費用之和最小故選：【點睛】本題考查函數的構建，考查基本不等式的運用，屬于中檔題，運用基本不等式時應該注意取等號的條件，才能準確給出答案，屬于基礎題8、B【解析】由f-10=f12求得b=-4，再由方程fx=0有兩個正實數根x1【詳解】因為函數fx=2x2+bx+c（b所以200-10b+c=288+12b+c，解得b=-4，所以fx因為方程fx=0有兩個正實數根x1所以Δ=16-8c≥0解得0<c≤2，所以1x當c=2時，等號成立，所以其最小值是2，故選：B9、D【解析】由不等式性質依次判斷各個選項即可.【詳解】對于A，若，由可得：，A錯誤；對于B，若，則，此時未必成立，B錯誤；對于C，當時，，C錯誤；對于D，當時，由不等式性質知：，D正確.故選：D.10、B【解析】利用可能平行判斷，利用線面平行的性質判斷，利用或與異面判斷，與可能平行、相交、異面，判斷.【詳解】，，則可能平行，錯；，，由線面平行的性質可得，正確；，，則，與異面；錯，，，與可能平行、相交、異面，錯，.故選B.【點睛】本題主要考查線面平行的判定與性質、線面面垂直的性質，屬于中檔題.空間直線、平面平行或垂直等位置關系命題的真假判斷，除了利用定理、公理、推理判斷外，還常采用畫圖（尤其是畫長方體）、現實實物判斷法（如墻角、桌面等）、排除篩選法等；另外，若原命題不太容易判斷真假，可以考慮它的逆否命題，判斷它的逆否命題真假，原命題與逆否命題等價.11、C【解析】設石片第n次“打水漂”時的速率為vn，再根據題設列不等式求解即可.【詳解】設石片第n次“打水漂”時的速率為vn，則vn＝.由，得，則，所以，故，又，所以至少需要“打水漂”的次數為6.故選：C12、A【解析】求出函數的周期，函數的奇偶性，判斷求解即可【詳解】解：y＝cos（2x）＝﹣sin2x，是奇函數，函數的周期為：π，滿足題意，所以A正確y＝sin（2x）＝cos2x，函數是偶函數，周期為：π，不滿足題意，所以B不正確；y＝sin2x+cos2xsin（2x），函數是非奇非偶函數，周期為π，所以C不正確；y＝sinx+cosxsin（x），函數是非奇非偶函數，周期為2π，所以D不正確；故選A考點：三角函數的性質.二、填空題（本大題共4小題，共20分）13、##0.5【解析】將點代入函數解得，再計算得到答案.【詳解】，故，.故答案為：14、【解析】利用指數的運算性質可求得結果.【詳解】由指數的運算性質可得.故答案為：.15、【解析】將“對，使得，”轉化為，再根據二次函數的性質和指數函數的單調性求得最值代入即可解得結果.【詳解】當時，，∴當時，，當時，為增函數，所以時，取得最大值，∵對，使得，∴，∴，解得.故答案為：.16、160【解析】設底面長方形的長寬分別為和,先求側面積，進一步求出總的造價，利用基本不等式求出最小值.【詳解】設底面長方形的長寬分別為和,則，所以總造價當且僅當的時區到最小值則該容器的最低總造價是160.故答案為：160.三、解答題（本大題共6小題，共70分）17、（1）；（2）函數在區間上的單調遞增，證明見解析（3）見解析【解析】（1）根據二次不等式的解集可以得到二次函數的零點，回代即可求出參數的值（2）定義法證明單調性，假設，若，則單調遞增，若，則單調遞減（3）單調性的逆應用，可以通過證明函數值的大小，反推變量的大小，難度較大【小問1詳解】，即，因不等式解集為，所以，解得：，所以【小問2詳解】函數在區間上的單調遞增，證明如下：假設，則，因為，所以，所以，即當時，，所以函數在區間上的單調遞增【小問3詳解】由（2）可得：函數在區間上的單調遞增，在區間上的單調遞減，因為，且，，所以，，證明，即證明，即證明，因為，所以即證明，代入解析式得：，即，令，因為在區間上的單調遞增，根據復合函數同增異減的性質可知，在區間上的單調遞減，所以單調遞增，即，所以在區間上恒成立，即，得證：【點睛】小問1求解析式，較易；小問2考察定義法證明單調性，按照常規方法求解即可；小問3難度較大，解題過程中應用到以下知識點：（1）可以通過證明函數值的大小，結合函數的單調性，反推出變量的大小，即若，且單減，則；解題過程（2）單調性的性質，復合函數同增異減以及增函數減去減函數為增函數18、（1），對稱中心；（2），【解析】(1)由函數的圖象得出A，求出函數的四分之一周期，從而得出ω，代入最高點坐標求出φ，得函數的解析式，進而求出對稱中心坐標；（2）令，從而得到函數的單調遞增區間.【詳解】（1）由題意可知，，，，又當時，函數取得最大值2，所以，，又因為，所以，所以函數，令，，得對稱中心，.（2）令，解得，，所以單調遞增區間為，【點睛】求y＝Asin（ωx+φ）的解析式，條件不管以何種方式給出，一般先求A，再求ω，最后求φ；求y＝Asin（ωx+φ）的單調遞增區間、對稱軸方程、對稱中心坐標時，要把ωx+φ看作整體，分別代入正弦函數的單調遞增區間、對稱軸方程、對稱中心坐標分別求出x，這兒利用整體的思想；求y＝Asin（ωx+φ）的最大值，需要借助正弦函數的最大值的求解方法即可19、（1）；（2）【解析】（1）由頻率表示概率即可求出；（2）先分別求出從甲、乙兩種品牌隨機抽取一個，首次出現故障發生在保修期的第3年的概率，即可求出恰有一個首次出現故障發生在保修期的第3年的概率.【詳解】解：（1）在圖表中，甲品牌的個樣本中，首次出現故障發生在保修期內的概率為：，設從該商城銷售的甲品牌固態硬盤中隨機抽取一個，其首次出現故障發生在保修期內為事件，利用頻率估計概率，得，即從該商城銷售的甲品牌固態硬盤中隨機抽取一個，其首次出現故障發生在保修期內的概率為：；（2）設從該商城銷售的甲品牌固態硬盤中隨機抽取一個，其首次出現故障發生在保修期的第3年為事件，從該商城銷售的乙品牌固態硬盤中隨機抽取一個，其首次出現故障發生在保修期的第3年為事件，利用頻率估計概率，得：，則,某人在該商城同時購買了甲、乙兩種品牌的固態硬盤各一個，恰有一個首次出現故障發生在保修期的第3年的概率為：.【點睛】關鍵點點睛：本題解題的關鍵是利用頻率表示概率.20、（1）；（2）；（3）見解析【解析】（1）函數，所以函數的值域為（2）若函數在定義域上是減函數，則任取且都有成立，即，只要即可，由，故，所以，故的取值范圍是；（3）當時，函數在上單調增，無最小值，當時取得最大值；由（2）得當時，在上單調減，無最大值，當時取得最小值；當時，函數在上單調減，在上單調增，無最大值，當時取得最小值.【點睛】利用函數的單調性求值域是求值域的一種重要方法．特別注意當函數含有參數時，而參數又會影響了函數的單調性，從而需要分類討論求函數的值域21、（1）（2）見解析【解析】【試題分析】（1）由于函數的對稱軸為且開口向上，所以按三類，討論函數的最小值.（2）由（1）將分段函數的圖象畫出，由圖象可判斷出函數的最小值.【試題解析】（1）依題意知，函數是開口向上的拋物線，∴函數有最小值，且當時，下面分情況討論函數在閉區間（）上的取值情況：①當閉區間，即時，在處取到最小值，此時；②當，即時，在處取到最小值，此時；③當閉區間，即時，在處取到最小值，此時綜上，的函數表達式為（2）由（1）可知，為分段函數，作出其圖象如圖：由圖像可知【點睛】本題主要考查二次函數在動區間上的最值問題，考查分類討論的數學思想，考查數形結合的數學思想方法.由于二次函數的解析式是知道的，即開口方向和對稱軸都知道，而題目給定定義域是含有參數的動區間，故需要對區間和對稱軸對比進行分類討論函數的最值.22、（1）（2）當時，不等式的解集為；當