北京市昌平區(qū)昌平二中2023-2024學年高一數學第一學期期末質量跟蹤監(jiān)視模擬試題請考生注意：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(qū)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(guī)定答題。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．已知函數的定義域是，那么函數在區(qū)間上（）A.有最小值無最大值 B.有最大值無最小值C.既有最小值也有最大值 D.沒有最小值也沒有最大值2．已知函數的部分函數值如下表所示：x10.50.750.6250.56250.6321－0.10650.27760.0897－0.007那么函數的一個零點的近似值（精確度為0.01）為（）A.0.55 B.0.57C.0.65 D.0.73．已知冪函數是偶函數，則函數恒過定點A. B.C. D.4．使不等式成立的充分不必要條件是（）A. B.C. D.5．已知均為上連續(xù)不斷的曲線，根據下表能判斷方程有實數解的區(qū)間是（）x01233.0115.4325.9807.6513.4514.8905.2416.892A. B.C. D.6．設：，：，則是的（）A.充要條件 B.充分不必要條件C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件7．若，則tanθ等于（）A.1 B.-1C.3 D.-38．設，，，則，，的大小關系為（）A. B.C. D.9．已知集合A={1，2，3}，B={x∈N|x≤2}，則A∪B=（）A.{2，3} B.{0，1，2，3}C.{1，2} D.{1，2，3}10．若，，則的值為（）A. B.－C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．函數的圖像與直線y＝a在(0，)上有三個交點，其橫坐標分別為，，，則的取值范圍為_______.12．已知函數f（x）=cos（ωx+φ）（ω＞0，|φ|≤），x=-為f（x）的零點，x=為y=f（x）圖象的對稱軸，且f（x）在（，）上單調，則ω的最大值為______13．對于定義在區(qū)間上的兩個函數和，如果對任意的，均有不等式成立，則稱函數與在上是“友好”的，否則稱為“不友好”的（1）若，，則與在區(qū)間上是否“友好”；（2）現在有兩個函數與，給定區(qū)間①若與在區(qū)間上都有意義，求的取值范圍；②討論函數與與在區(qū)間上是否“友好”14．計算=_______________15．已知冪函數在上單調遞減，則___________.16．已知冪函數的圖象過點，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．如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，底面是邊長為a的正方形，側棱PD＝a，PA＝PC＝a，(1)求證：PD⊥平面ABCD；(2)求證：平面PAC⊥平面PBD；(3)求二面角P－AC－D的正切值18．如圖，在四棱錐中，底面ABCD為平行四邊形，，平面底面ABCD，M是棱PC上的點.（1）證明：底面；（2）若三棱錐的體積是四棱錐體積的，設，試確定的值.19．已知向量，，，求：（1）,；（2）20．若函數f(x)滿足f(logax)＝·(x－)(其中a＞0且a≠1).(1)求函數f(x)解析式，并判斷其奇偶性和單調性；(2)當x∈(－∞，2)時，f(x)－4的值恒為負數，求a的取值范圍21．如圖，在四棱錐中，底面是菱形，，且側面平面，點是的中點（1）求證:（2）若，求證:平面平面

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、A【解析】依題意不等式的解集為，即可得到且，再根據二次函數的性質計算在區(qū)間上的單調性，即可得到函數的最值；【詳解】解：因為函數的定義域是，即不等式的解集為，所以且，即，所以，函數開口向上，對稱軸為，在上單調遞減，在上單調遞增，所以，沒有最大值；故選：A2、B【解析】根據給定條件直接判斷函數的單調性，再結合零點存在性定理判斷作答.【詳解】函數在R上單調遞增，由數表知：，由零點存在性定義知，函數的零點在區(qū)間內，所以函數的一個零點的近似值為.故選：B3、D【解析】根據冪函數和偶函數的定義可得的值，進而可求得過的定點.【詳解】因為是冪函數，所以得或，又偶函數，所以，函數恒過定點.故選：.【點睛】本題主要考查的是冪函數和偶函數的定義，以及對數函數性質的應用，是基礎題.4、A【解析】解一元二次不等式，再根據充分條件、必要條件的定義結合集合間的關系直接判斷作答.【詳解】解不等式得：，對于A，因，即是成立的充分不必要條件，A正確；對于B，是成立的充要條件，B不正確；對于C，因，且，則是成立的不充分不必要條件，C不正確；對于D，因，則是成立必要不充分條件，D不正確.故選：A5、C【解析】根據函數零點的存在性定理可以求解.【詳解】由表可知，，，令，則均為上連續(xù)不斷的曲線，所以在上連續(xù)不斷的曲線，所以，，；所以函數有零點的區(qū)間為，即方程有實數解的區(qū)間是.故選：C.6、B【解析】解出不等式，根據集合的包含關系，可得到答案.【詳解】解：因為：，所以：或，因為：，所以是的充分不必要條件.故選：B【點睛】本題考查了充分不必要條件的判斷，兩個命題均是范圍形式，解決問題常見的方法是判斷出集合之間包含關系.7、D【解析】由誘導公式及同角三角函數基本關系化簡原式即可求解.【詳解】由已知即故選：D【點睛】本題考查誘導公式及同角三角函數基本關系，屬于簡單題.8、D【解析】根據指數函數和對數函數的單調性，再結合0,1兩個中間量即可求得答案.【詳解】因為，，，所以.故選：D.9、B【解析】先求出集合B，再求A∪B.【詳解】因為，所以.故選：B10、D【解析】直接利用同角三角函數關系式的應用求出結果.【詳解】已知，，所以，即，所以，所以，所以.故選：D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】由x∈(0，)求出，然后，畫出正弦函數的大致圖像，利用圖像求解即可【詳解】由題意因為x∈(0，)，則，可畫出函數大致的圖則由圖可知當時，方程有三個根，由解得，解得，且點與點關于直線對稱，所以，點與點關于直線對稱，故由圖得，令，當為x∈(0，)時，解得或，所以，，，解得，，則，即.故答案為：【點睛】關鍵點睛：解題關鍵在于利用x∈(0，)，則畫出圖像，并利用對稱性求出答案12、【解析】先根據是的零點，是圖像的對稱軸可轉化為周期的關系，從而求得的取值范圍，又根據所求值為最大值，所以從大到小對賦值驗證找到適合的最大值即可【詳解】由題意可得，即，解得，又因為在上單調，所以，即，因為要求的最大值，令，因為是的對稱軸，所以，又，解得，所以此時，在上單調遞減，即在上單調遞減，在上單調遞增，故在不單調，同理，令，，在上單調遞減，因為，所以在單調遞減，滿足題意，所以的最大值為5.【點睛】本題綜合考查三角函數圖像性質的運用，在這里需注意：兩對稱軸之間的距離為半個周期；相鄰對稱軸心之間的距離為半個周期；相鄰對稱軸和對稱中心之間的距離為個周期13、（1）是；（2）①；②見解析【解析】（1）按照定義，只需判斷在區(qū)間上是否恒成立；（2）①由題意解不等式組即可；②假設存在實數，使得與與在區(qū)間上是“友好”的，即，即，只需求出函數在區(qū)間上的最值，解不等式組即可.【詳解】（1）由已知，，因為時，，所以恒成立，故與在區(qū)間上是“友好”的.（2）①與在區(qū)間上都有意義，則必須滿足，解得，又且，所以的取值范圍為.②假設存在實數，使得與與在區(qū)間上是“友好”的，則，即，因為，則，，所以在的右側，又復合函數的單調性可得在區(qū)間上為減函數，從而，，所以，解得，所以當時，與與在區(qū)間上是“友好”的；當時，與與在區(qū)間上是“不友好”的.【點睛】本題考查函數的新定義問題，主要涉及到不等式恒成立的問題，考查學生轉化與化歸的思想、數學運算求解能力，是一道有一定難度的題.14、【解析】原式考點：三角函數化簡與求值15、【解析】由系數為1解出的值，再由單調性確定結論【詳解】由題意，解得或，若，則函數為，在上遞增，不合題意若，則函數為，滿足題意故答案為：16、【解析】由冪函數的解析式的形式可求出和的值，再將點代入可求的值，即可求解.【詳解】因為是冪函數，所以，，又的圖象過點，所以，解得，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）見解析（2）見解析（3）【解析】(1)證明：∵PD＝a，DC＝a，PC＝a，∴PC2＝PD2＋DC2，∴PD⊥DC．同理，PD⊥AD，又AD∩DC＝D，∴PD⊥平面ABCD(2)證明：由(1)知PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AC，又四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，又BD∩PD＝D，∴AC⊥平面PDB．又AC?平面PAC，∴平面PAC⊥平面PBD(3)設AC∩BD＝O，連接PO.由PA＝PC，知PO⊥AC．又DO⊥AC，故∠POD為二面角P－AC－D的平面角．易知OD＝.在Rt△PDO中，tan∠POD＝.考點：平面與平面垂直的判定.18、（1）詳見解析；（2）.【解析】（1）利用面面垂直的性質定理，可得平面，然后利用線面垂直的判定定理即證；（2）由題可得，進而可得，即得.【小問1詳解】∵，平面底面ABCD，∴，平面底面ABCD=AD，底面ABCD，∴平面，平面，∴PD，又，∴，，∴底面；【小問2詳解】設，M到底面ABCD的距離為，∵三棱錐的體積是四棱錐體積的，∴，又，，∴，故，又，所以.19、（1），（2）【解析】（1）利用向量的坐標運算即得；（2）利用向量模長的坐標公式即求.【小問1詳解】∵向量，，，所以，.【小問2詳解】∵，，∴，所以20、（1）見解析．（2）[2－，1)∪(1,2＋]【解析】試題分析：（1）利用換元法求函數解析式，注意換元時元的范圍，再根據奇偶性定義判斷函數奇偶性，最后根據復合函數單調性性質判斷函數單調性（2）不等式恒成立問題一般轉化為對應函數最值問題：即f(x)最大值小于4，根據函數單調性確定函數最大值，自在解不等式可得a的取值范圍試題解析：(1)令logax＝t(t∈R)，則x＝at，∴f(t)＝(at－a－t)∴f(x)＝(ax－a－x)(x∈R)∵f(－x)＝(a－x－ax)＝－(ax－a－x)＝－f(x)，∴f(x)為奇函數當a＞1時，y＝ax為增函數，y＝－a－x為增函數，且＞0，∴f(x)為增函數當0＜a＜1時，y＝ax為減函數，y＝－a－x為減函數，且＜0，∴f(x)為增函數．∴f(x)在R上為增函數(2)∵f(x)是R上的增函數，∴y＝f(x)－4也是R上的增函數由x＜2，得f(x)＜f(2)，要使f(x)－4在(－∞，2)上恒為負數，只需f(2)－4≤0，即(a2－a－2)≤4.∴()≤4，∴a2＋1≤4a，∴a2－4a＋1≤0，∴2－≤a≤2＋.又a≠1，∴a的取值范圍為[2－，1)∪(1,2＋]點睛：不等式有解是含參數的不等式存在性問題時，只要求存在滿足條件的即可；不等式的解集為R是指不等式的恒成立，而不等式的解集的對立面（如的解集是空集，則恒成立）)也是不等式的恒成立問題，此兩類問題都可轉化為最值問題，即恒成立?，恒成立?.21、（1）見解析；（2）見解