2024屆安徽省安慶市重點中學高一上數學期末統(tǒng)考模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．函數在一個周期內的圖象如圖所示，則其表達式為A. B.C. D.2．已知等邊的邊長為2，為內（包括三條邊上）一點，則的最大值是A.2 B.C.0 D.3．若a＝40.9，b＝log415，c＝80.4，則（）A.b＞c＞a B.a＞b＞cC.c＞a＞b D.a＞c＞b4．關于x的一元二次不等式對于一切實數x都成立，則實數k滿足（）A. B.C. D.5．若兩直線與平行，則它們之間的距離為A. B.C. D.6．已知為銳角，且，，則A. B.C. D.7．函數的零點所在的一個區(qū)間是A. B.C. D.8．已知，都是正數，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.既不充分又不必要條件9．下列四個函數，以為最小正周期，且在區(qū)間上單調遞減的是（）A. B.C. D.10．的值等于A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．命題“，”的否定為____.12．函數的單調遞增區(qū)間為___________.13．經過兩條直線和的交點，且垂直于直線的直線方程為__________14．已知一組樣本數據5、6、a、6、8的極差為5，若，則其方差為________.15．已知，是相互獨立事件，且，，則______16．已知函數在區(qū)間是單調遞增函數，則實數的取值范圍是______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．已知在第一象限，若，，，求：（1）邊所在直線的方程；18．已知關于一元二次不等式的解集為.（1）求函數的最小值；（2）求關于的一元二次不等式的解集.19．在①；②函數為偶函數：③0是函數的零點這三個條件中選一個條件補充在下面問題中，并解答下面的問題問題：已知函數，，且______（1）求函數的解析式；（2）判斷函數在區(qū)間上的單調性，并用定義證明注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分20．設集合，.（1）若，求；（2）若，求m的取值范圍；21．利用拉格朗日（法國數學家，1736-1813）插值公式，可以把二次函數表示成的形式.（1）若，，，，，把的二次項系數表示成關于f的函數，并求的值域（此處視e為給定的常數，答案用e表示）；（2）若，，，，求證：.

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【解題分析】由圖象得，周期，所以，故又由條件得函數圖象的最高點為，所以，故，又，所以，故函數的解析式為．選A2、A【解題分析】建立如圖所示的平面直角坐標系，則，設點P的坐標為，則故令，則t表示內（包括三條邊上）上的一點與點間的距離的平方．結合圖形可得當點與點B或C重合時t可取得最大值，且最大值為，故的最大值為．選A點睛：通過建立坐標系，將問題轉化為向量的坐標運算可使得本題的解答代數化，在得到向量數量積的表達式后，根據表達式的特征再利用數形結合的思路求解是解題的關鍵，借助圖形的直觀性可容易得到答案3、D【解題分析】把化為以為底的指數和對數，利用中間值“”以及指數函數的單調性即可比較大小.【題目詳解】，，，又因為為增函數，所以，即綜上可得，a＞c＞b故選：D【題目點撥】本題考查了利用中間值以及函數的單調性比較數的大小，屬于基礎題.4、C【解題分析】只需要滿足條件即可.【題目詳解】由題意，解得.故選：C.5、D【解題分析】根據兩直線平行求得值，利用平行線間距離公式求解即可【題目詳解】與平行,,即直線為,即故選D【題目點撥】本題考查求平行線間距離.當直線與直線平行時,；平行線間距離公式為，因此兩平行直線需滿足,6、B【解題分析】∵為銳角，且∴∵，即∴，即∴∴故選B7、B【解題分析】根據函數的解析式，求得，結合零點的存在定理，即可求解，得到答案.【題目詳解】由題意，函數，可得，即，根據零點的存在定理，可得函數的零點所在的一個區(qū)間是.故選：B.【題目點撥】本題主要考查了函數的零點問題，其中解答中熟記函數零點的存在定理，準確計算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.8、B【解題分析】利用特殊值法、基本不等式結合充分條件、必要條件的定義判斷可得出結論.【題目詳解】充分性：由于，，且，取，則，充分性不成立；必要性：由于，，且，解得，必要性成立.所以，當，時，“”“”必要不充分條件.故選：B.9、A【解題分析】先判斷各函數最小正周期，再確定各函數在區(qū)間上單調性，即可選擇判斷.【題目詳解】最小正周期為，在區(qū)間上單調遞減；最小正周期為，在區(qū)間上單調遞減；最小正周期為，在區(qū)間上單調遞增；最小正周期為，在區(qū)間上單調遞增；故選：A10、C【解題分析】因為，所以可以運用兩角差的正弦公式、余弦公式，求出的值.【題目詳解】，，，故本題選C.【題目點撥】本題考查了兩角差的正弦公式、余弦公式、以及特殊角的三角函數值.其時本題還可以這樣解：，.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、，【解題分析】利用全稱量詞命題的否定可得出結論.【題目詳解】命題“，”為全稱量詞命題，該命題的否定為“，”.故答案為：，.12、【解題分析】根據復合函數“同增異減”的原則即可求得答案.【題目詳解】由，設，對稱軸為：，根據“同增異減”的原則，函數的單調遞增區(qū)間為：.故答案為：.13、【解題分析】聯(lián)立方程組求得交點的坐標為，根據題意求得所求直線的斜率為，結合點斜式可得所求直線的方程.【題目詳解】聯(lián)立方程組，得交點，因為所求直線垂直于直線，故所求直線的斜率，由點斜式得所求直線方程為，即.故答案為：.14、2【解題分析】根據極差的定義可求得a的值，再根據方差公式可求得結果.【題目詳解】因為該組數據的極差為5，，所以，解得.因為，所以該組數據的方差為故答案為：.15、【解題分析】由相互獨立事件的性質和定義求解即可【題目詳解】因為，是相互獨立事件，所以，也是相互獨立事件，因為，，所以，故答案為：16、【解題分析】求出二次函數的對稱軸，即可得的單增區(qū)間，即可求解.【題目詳解】函數的對稱軸是，開口向上，若函數在區(qū)間單調遞增函數，則，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）；（2）或.【解題分析】（1）直接寫出直線方程得解；（2）求出直線的斜率即得解.小問1詳解】解：因為，，所以直線所在直線方程為.【小問2詳解】解：當點在直線上方時，由題得直線的斜率為，所以邊所在直線點斜式方程為；當點在直線下方時，由題得直線的斜率為，所以邊所在直線的點斜式方程為.綜合得直線的方程為或.18、（1）（2）【解題分析】（1）由題意可得，解不等式求出的取值范圍，再利用基本不等式求的最小值；（2）不等式化為，比較和的大小，即可得出不等式的解集.【小問1詳解】因為關于一元二次不等式的解集為，所以，化簡可得：，解得：，所以，所以，當且僅當即，的最小值為.【小問2詳解】不等式，可化為，因為，所以，所以該不等式的解集為.19、（1）（2）單調遞增，證明見解析【解題分析】（1）若選條件①，根據及指數對數恒等式求出的值，即可求出函數解析式；若選條件②，根據，即可得到，從而求出的值，即可求出函數解析式；若選條件③，直接代入即可得到方程，求出的值，即可求出函數解析式；（2）利用定義法證明函數單調性，按照設元、作差、變形、判斷符號、下結論的步驟完成即可；【小問1詳解】解：若選條件①．因為，所以，即解得．所以若選條件②．函數的定義域為R．因為為偶函數，所以，，即，，化簡得，所以，即．所以若選條件③．由題意知，，即，解得．所以【小問2詳解】解：函數在區(qū)間上單調遞增證明如下：，，且，則因為，，，所以，即又因為，所以，即所以，即所以在區(qū)間上單調遞增20、（1）；（2）.【解題分析】（1）時，求出集合，，從而求出，由此能求出（2）由，，當時，，當時，，由此能求出取值范圍【題目詳解】解：（1）時，集合，∴，∴或（2）∵集合，