安徽省太和縣民族中學2024屆高一數學第一學期期末綜合測試模擬試題考生須知：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．若函數與的圖象關于直線對稱，則的單調遞增區(qū)間是（）A. B.C. D.2．設是兩個不同的平面，是直線且，，若使成立，則需增加條件（）A.是直線且， B.是異面直線，C.是相交直線且， D.是平行直線且，3．設函數，點，，在的圖像上，且．對于，下列說法正確的是（）①一定是鈍角三角形②可能是直角三角形③不可能是等腰三角形③可能是等腰三角形A①③ B.①④C.②③ D.②④4．函數的圖像向左平移個單位長度后是奇函數，則在上的最小值是（）A. B.C. D.5．設，，，則a，b，c的大小關系是（）A. B.C. D.6．設函數則A.1 B.4C.5 D.97．將函數的圖象沿軸向右平移個單位后，得到的函數圖象關于軸對稱，則的值可以是（）A. B.C. D.8．設，表示兩條直線，，表示兩個平面，則下列命題正確的是A.若，，則 B.若，，則C.若，，則 D.若，，則9．集合A={y|y=x+1，x∈R}，B={y|y=2x，x∈R}，則A∩B等于（）A. B.C. D.，10．給定下列四個命題：①若一個平面內的兩條直線與另一個平面都平行，則這兩個平面相互平行；②若一個平面經過另一個平面的垂線，則這兩個平面相互垂直；③垂直于同一直線的兩條直線相互平行；④若兩個平面垂直，那么一個平面內與它們的交線不垂直的直線與另一個平面也不垂直．其中，為真命題的是A.①和② B.②和③C.③和④ D.②和④二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若在內無零點，則的取值范圍為___________.12．集合，，則__________.13．從含有兩件正品和一件次品b的3件產品中，按先后順序任意取出兩件產品，每次取出后不放回，取出的兩件產品都是正品的概率為__________.14．若，是夾角為的兩個單位向量，則，的夾角為________.15．已知，，試用a、b表示________.16．11分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當某局打成后，每球交換發(fā)球權，先多得2分的一方獲勝，該局比賽結束.甲乙兩位同學進行單打比賽，假設甲發(fā)球時甲得分的概率為0.5，乙發(fā)球時乙得分的概率為0.6，各球的結果相互獨立.在某局打成后，甲先發(fā)球，乙以獲勝的概率為______.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．已知定義在上的奇函數滿足：①；②對任意的均有；③對任意的，，均有.（1）求的值；（2）證明在上單調遞增；（3）是否存在實數，使得對任意的恒成立？若存在，求出的取值范圍；若不存在，請說明理由.18．已知向量滿足，.(1)若的夾角為，求；(2)若，求與的夾角.19．（1）已知，求的值；（2）已知，，且，求的值20．甲乙兩人用兩顆質地均勻的骰子（各面依次標有數字1、2、3、4、5、6的正方體）做游戲，規(guī)則如下：若擲出的兩顆骰子點數之和為3的倍數，則由原投擲人繼續(xù)投擲，否則由對方接著投擲．第一次由甲投擲（1）求第二次仍由甲投擲的概率；（2）求游戲前4次中乙投擲的次數為2的概率21．已知函數，該函數圖象一條對稱軸與其相鄰的一個對稱中心的距離為（1）求函數的對稱軸和對稱中心；（2）求在上的單調遞增區(qū)間

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】根據題意得，，進而根據復合函數的單調性求解即可.【詳解】解：因為函數與的圖象關于直線對稱，所以，，因為的解集為，即函數的定義域為由于函數在上單調遞減，在上單調遞減，上單調遞增，所以上單調遞增，在上單調遞減.故選：C2、C【解析】要使成立，需要其中一個面的兩條相交直線與另一個面平行，是相交直線且，，，，由平面和平面平行的判定定理可得.故選C.3、A【解析】結合，得到，所以一定為鈍角三角形，可判定①正確，②錯誤；根據兩點間的距離公式和函數的變化率的不同，得到，可判定③正確，④不正確.【詳解】由題意，函數為單調遞增函數，因為點，，在的圖像上，且，不妨設，可得，則，因為，可得，又由因為，，，，所以，所以所以，所以一定為鈍角三角形，所以①正確，②錯誤；由兩點間的距離公式，可得，根據指數函數和一次函數的變化率，可得點到的變化率小于點到點的變化率不相同，所以，所以不可能為等腰三角形，所以③正確，④不正確.故選：A.4、D【解析】由函數圖像平移后得到的是奇函數得，再利用三角函數的圖像和性質求在上的最小值.【詳解】平移后得到函數∵函數為奇函數，故∵，∴，∴函數為，∴，時，函數取得最小值為故選【點睛】本題主要考查三角函數圖像的變換，考查三角函數的奇偶性和在區(qū)間上的最值，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.5、C【解析】利用指數函數和對數函數的性質確定a，b，c的范圍，由此比較它們的大小.【詳解】∵函數在上為減函數，，∴，即，∵函數在上為減函數，，∴，即，函數在上為減函數，，即∴.故選：C.6、C【解析】根據題意，由函數的解析式求出與的值，相加即可得答案【詳解】根據題意，函數，則，又由，則，則；故選C【點睛】本題考查對數的運算，及函數求值問題，其中解答中熟記對數的運算，以及合理利用分段函數的解析式求解是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題7、C【解析】首先求平移后的解析式，再根據函數關于軸對稱，當時，，求的值.【詳解】函數的圖象沿軸向右平移個單位后的解析式是，若函數圖象關于軸對稱，當時，，解得：，當時，.故選：C【點睛】本題考查函數圖象變換，以及根據函數性質求參數的取值，意在考查基本知識，屬于基礎題型.8、D【解析】對選項進行一一判斷，選項D為面面垂直判定定理.【詳解】對A，與可能異面，故A錯；對B，可能在平面內；對C，與平面可能平行，故C錯；對D，面面垂直判定定理，故選D.【點睛】本題考查空間中線、面位置關系，判斷一個命題為假命題，只要能舉出反例即可.9、A【解析】由得，得，則，故選A.10、D【解析】利用線面平行和垂直，面面平行和垂直的性質和判定定理對四個命題分別分析進行選擇．【詳解】當兩個平面相交時，一個平面內的兩條直線也可以平行于另一個平面，故①錯誤；由平面與平面垂直的判定可知②正確；空間中垂直于同一條直線的兩條直線還可以相交或者異面，故③錯誤；若兩個平面垂直，只有在一個平面內與它們的交線垂直的直線才與另一個平面垂直，故④正確．綜上，真命題是②④.故選D【點睛】本題考查命題真假的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查空間想象能力，是中檔題．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】求出函數的零點，根據函數在內無零點，列出滿足條件的不等式，從而求的取值范圍.【詳解】因為函數在內無零點，所以，所以；由，得，所以或，由，得；由，得；由，得，因為函數在內無零點，所以或或，又因為，所以取值范圍為.故答案為：.12、【解析】通過求二次函數的值域化簡集合,再根據交集的概念運算可得答案.【詳解】因為,,所以.故答案為:【點睛】本題考查了交集的運算,考查了求二次函數的值域,搞清楚集合中元素符號是解題關鍵,屬于基礎題.13、【解析】基本事件總數6，取出的兩件產品都是正品包含的基本事件個數2，由此能求出取出的兩件產品都是正品的概率.【詳解】從含有兩件正品和一件次品的3件產品中，按先后順序任意取出兩件產品，每次取出后不放回，共包含，，，，，6個基本事件，取出的兩件產品都是正品包含，2個基本事件，∴取出的兩件產品都是正品的概率為，故答案為：.14、【解析】由題得，，再利用向量的夾角公式求解即得解.【詳解】由題得，所以.所以，的夾角為.故答案為：【點睛】本題主要考查平面向量的模和數量積的計算，考查向量的夾角的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.15、【解析】根據對數式指數式互化公式，結合對數換底公式、對數的運算性質進行求解即可.【詳解】因為，所以，因此有：，故答案為：16、15【解析】依題意還需進行四場比賽，其中前兩場乙輸一場、最后兩場乙贏，根據相互獨立事件概率公式計算可得；【詳解】解：依題意還需進行四場比賽，其中前兩場乙輸一場、最后兩場乙贏，其中發(fā)球方分別是甲、乙、甲、乙；所以乙以獲勝的概率故答案為：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）0；（2）詳見解析；（3）存在，.【解析】（1）利用賦值法即求；（2）利用單調性的定義，由題可得，結合條件可得，即證；（3）利用賦值法可求，結合函數的單調性可把問題轉化為，是否存在實數，使得或在恒成立，然后利用參變分離法即求.【小問1詳解】∵對任意的，，均有，令，則，∴；【小問2詳解】，且，則又，對任意的均有，∴，∴∴函數在上單調遞增.【小問3詳解】∵函數為奇函數且在上單調遞增，∴函數在上單調遞增，令，可得，令，可得，又，∴，又函數在上單調遞增，在上單調遞增，∴由，可得或，即是否存在實數，使得或對任意的恒成立，令，則，則對于恒成立等價于在恒成立，即在恒成立，又當時，，故不存在實數，使得恒成立，對于對任意的恒成立，等價于在恒成立，由，可得在恒成立，又，在上單調遞減，∴，綜上可得，存在使得對任意的恒成立.【點睛】關鍵點點睛：本題第二問的關鍵是配湊，然后利用條件可證；第三問的關鍵是轉化為否存在實數，使得或在恒成立，再利用參變分離法解決.18、（1）（2）【解析】（1）利用公式即可求得;（2）利用向量垂直的等價條件以及夾角公式即可求解.【詳解】解：（1）由已知，得，所以，所以.（2）因為，所以.所以，即，所以.又，所以，即與的夾角為.【點睛】主要考查向量模、夾角的求解，數量積的計算以及向量垂直的等價條件的運用.屬于基礎題.19、（1）（2），【解析】（1）先求得，然后對除以，再分子分母同時除以，將表達式變?yōu)橹缓男问?，代入的值，從而求得表達式的值.（2）利用誘導公式化簡已知條件，平方相加后求得的值，進而求得的值，接著求得的值，由此求得的大小.【詳解】（1）（2）由已知條件，得，兩式求平方和得，即，所以．又因為，所以，把代入得．考慮到，得．因此有，【點睛】本小題主要考查利用齊次方程來求表達式的值，考查利用誘導公式和同角三角函數的基本關系式化簡求值，考查特殊角的三角函數值.形如，或者的表達式，通過分子分母同時除以或者，轉化為的形式.20、（1）（2）【解析】（1）由題意利用古典概型求概率的計算公式求得結果（2）游戲的前4次中乙投擲的次數為2，包含3種情況，根據獨立事件的乘法公式及互斥事件的加法公式，可計算結果【小問1詳解】求第二次仍由甲投，說明第一次擲出的點數之和為3的倍數，所有的情況共有種，其中，擲出的點數之和為3的倍數的情況有、、、、、，、、、、、，共計12種情況，故第二次仍由甲投擲的概率為【小問2詳解】由（1）可得擲出的兩顆骰子點數之和為3的倍數的概率為，所以兩顆骰子點數之和不為3的倍數的概率為，游戲的前4次中乙投擲