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廣東省廣州市增城區(qū)鄭中均中學(xué)2026屆數(shù)學(xué)高一第一學(xué)期期末監(jiān)測(cè)模擬試題注意事項(xiàng)1.考生要認(rèn)真填寫考場(chǎng)號(hào)和座位序號(hào)。2.試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上,在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答;第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3.考試結(jié)束后,考生須將試卷和答題卡放在桌面上,待監(jiān)考員收回。一、選擇題:本大題共10小題,每小題5分,共50分。在每個(gè)小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,恰有一項(xiàng)是符合題目要求的1.已知命題:,,那么命題為()A., B.,C., D.,2.已知函數(shù),函數(shù)有四個(gè)不同的的零點(diǎn),,,,且,則()A.a的取值范圍是(0,) B.的取值范圍是(0,1)C. D.3.如圖,AB是⊙O直徑,C是圓周上不同于A、B的任意一點(diǎn),PA與平面ABC垂直,則四面體P_ABC的四個(gè)面中,直角三角形的個(gè)數(shù)有()A.4個(gè) B.3個(gè)C.1個(gè) D.2個(gè)4.某甲、乙兩人練習(xí)跳繩,每人練習(xí)10組,每組40個(gè).每組計(jì)數(shù)的莖葉圖如下圖,則下面結(jié)論中錯(cuò)誤的一個(gè)是()A.甲比乙的極差大B.乙的中位數(shù)是18C.甲的平均數(shù)比乙的大D.乙的眾數(shù)是215.已知向量,,則向量與的夾角為()A. B.C. D.6.函數(shù),對(duì)任意的非零實(shí)數(shù),關(guān)于的方程的解集不可能是A B.C. D.7.下列函數(shù)中,既是偶函數(shù)又在區(qū)間上單調(diào)遞增的是()A. B.C. D.8.某同學(xué)用“五點(diǎn)法”畫函數(shù)在一個(gè)周期內(nèi)的簡(jiǎn)圖時(shí),列表如下:0xy0200則的解析式為()A. B.C D.9.已知,均為正實(shí)數(shù),且,則的最小值為A.20 B.24C.28 D.3210.函數(shù)的部分圖像如圖所示,則該函數(shù)的解析式為()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(shù)的值域是__________.12.計(jì)算:=_______________.13.寫出一個(gè)能說明“若函數(shù)為奇函數(shù),則”是假命題的函數(shù):_________.14.高斯是德國(guó)著名的數(shù)學(xué)家,用其名字命名的“高斯函數(shù)”為,其中表示不超過x的最大整數(shù).例如:,.已知函數(shù),若,則________;不等式的解集為________.15.已知函數(shù),,則________16.如圖,在平面直角坐標(biāo)系中,矩形的頂點(diǎn)、分別在軸非負(fù)半軸和軸的非負(fù)半軸上滑動(dòng),頂點(diǎn)在第一象限內(nèi),,,設(shè).若,則點(diǎn)的坐標(biāo)為______;若,則的取值范圍為______.三、解答題:本大題共5小題,共70分。解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17.已知函數(shù)(Ⅰ)求的最小正周期及對(duì)稱軸方程;(Ⅱ)當(dāng)時(shí),求函數(shù)的最大值、最小值,并分別求出使該函數(shù)取得最大值、最小值時(shí)的自變量的值.18.已知圓的圓心在直線上,半徑為,且圓經(jīng)過點(diǎn)和點(diǎn)①求圓的方程②過點(diǎn)的直線截圖所得弦長(zhǎng)為,求直線的方程19.某同學(xué)用“五點(diǎn)法”畫函數(shù)在某一個(gè)周期內(nèi)的圖象時(shí),列表并填入了部分?jǐn)?shù)據(jù),如下表:0x5020(1)請(qǐng)將表中數(shù)據(jù)補(bǔ)充完整,并直接寫出函數(shù)的解析式;(2)將的圖象向右平移3個(gè)單位,然后把曲線上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼谋叮v坐標(biāo)不變),得到的圖象.若關(guān)于x的方程在上有解,求實(shí)數(shù)a的取值范圍20.求證:角為第二象限角的充要條件是21.(1)計(jì)算:(2)若,,求的值.
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(gè)小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,恰有一項(xiàng)是符合題目要求的1、B【解析】利用含有一個(gè)量詞的命題的否定的定義判斷.【詳解】因?yàn)槊}:,是全稱量詞命題,所以其否定是存在量詞命題,即,,故選:B2、D【解析】將問題轉(zhuǎn)化為與有四個(gè)不同的交點(diǎn),應(yīng)用數(shù)形結(jié)合思想判斷各交點(diǎn)橫坐標(biāo)的范圍及數(shù)量關(guān)系,即可判斷各選項(xiàng)的正誤.【詳解】有四個(gè)不同的零點(diǎn)、、、,即有四個(gè)不同的解的圖象如下圖示,由圖知:,所以,即的取值范圍是(0,+∞)由二次函數(shù)的對(duì)稱性得:,因?yàn)?,即,故故選:D【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛:將零點(diǎn)問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)交點(diǎn)問題,應(yīng)用數(shù)形結(jié)合判斷交點(diǎn)橫坐標(biāo)的范圍或數(shù)量關(guān)系.第II卷3、A【解析】AB是圓O的直徑,可得出三角形是直角三角形,由圓O所在的平面,根據(jù)線垂直于面性質(zhì)得出三角形和三角形是直角三角形,同理可得三角形是直角三角形.【詳解】∵AB是圓O的直徑,∴∠ACB=,即,三角形是直角三角形.又∵圓O所在的平面,∴三角形和三角形是直角三角形,且BC在此平面中,∴平面,∴三角形是直角三角形.綜上,三角形,三角形,三角形,三角形.直角三角形數(shù)量為4.故選:A.【點(diǎn)睛】考查線面垂直的判定定理和應(yīng)用,知識(shí)點(diǎn)較為基礎(chǔ).需多理解.難度一般.4、B【解析】通過莖葉圖分別找出甲、乙的最大值以及最小值求出極差即可判斷A;找出乙中間的兩位數(shù)即可判斷B;分別求出甲、乙的平均數(shù)判斷C;觀察乙中數(shù)據(jù)即可判斷D;【詳解】對(duì)于A,由莖葉圖可知,甲的極差為,乙的極差為,故A正確;對(duì)于B,乙中間兩位數(shù)為,故中位數(shù)為,故B錯(cuò)誤;對(duì)于C,甲的平均數(shù)為,乙的平均數(shù)為,故C正確;對(duì)于D,乙組數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多為21,故D正確;故選:B【點(diǎn)睛】本題考查了由莖葉圖估計(jì)樣本數(shù)據(jù)的數(shù)字特征,屬于基礎(chǔ)題.5、C【解析】結(jié)合平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示求出,然后代入模長(zhǎng)公式分別求出和,進(jìn)而根據(jù)平面向量的夾角公式即可求出夾角的余弦值,進(jìn)而求出結(jié)果.【詳解】,,,,從而,且,記與的夾角為,則又,,故選:6、D【解析】由題意得函數(shù)圖象的對(duì)稱軸為設(shè)方程的解為,則必有,由圖象可得是平行于x軸的直線,它們與函數(shù)的圖象必有交點(diǎn),由函數(shù)圖象的對(duì)稱性得的兩個(gè)解要關(guān)于直線對(duì)稱,故可得;同理方程的兩個(gè)解也要關(guān)于直線對(duì)稱,同理從而可得若關(guān)于的方程有一個(gè)正根,則方程有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根;若關(guān)于的方程有兩個(gè)正根,則方程有四個(gè)不同的實(shí)數(shù)根綜合以上情況可得,關(guān)于的方程的解集不可能是.選D非選擇題7、A【解析】根據(jù)基本初等函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性的定義判斷可得;【詳解】解:對(duì)于A:定義域?yàn)椋?,即為偶函?shù),且在上單調(diào)遞增,故A正確;對(duì)于B:定義域?yàn)椋?,即為偶函?shù),在上單調(diào)遞減,故B錯(cuò)誤;對(duì)于C:定義域?yàn)?,定義域不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,故為非奇非偶函數(shù),故C錯(cuò)誤;對(duì)于D:定義域?yàn)?,但是,故為非奇非偶函?shù),故D錯(cuò)誤;故選:A8、D【解析】由表格中的五點(diǎn),由正弦型函數(shù)的性質(zhì)可得、、求參數(shù),即可寫出的解析式.【詳解】由表中數(shù)據(jù)知:且,則,∴,即,又,可得.∴.故選:D.9、A【解析】分析:由已知條件構(gòu)造基本不等式模型即可得出.詳解:均為正實(shí)數(shù),且,則當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào).的最小值為20.故選A.點(diǎn)睛:本題考查了基本不等式性質(zhì),“一正、二定、三相等”.10、A【解析】由圖象確定以及周期,進(jìn)而得出,再由得出的值.【詳解】顯然因?yàn)?,所以,所以由得所以,即,因?yàn)?,所以所?故選:A【點(diǎn)睛】本題主要考查了由函數(shù)圖象確定正弦型函數(shù)的解析式,屬于中檔題.二、填空題:本大題共6小題,每小題5分,共30分。11、【解析】首先換元,再利用三角變換,將函數(shù)轉(zhuǎn)化為關(guān)于二次函數(shù),再求值域.【詳解】設(shè),因?yàn)椋裕瑒t,,當(dāng)時(shí),函數(shù)取得最小值,當(dāng)時(shí),函數(shù)取得最大值,所以函數(shù)的值域是故答案為:12、【解析】考點(diǎn):兩角和正切公式點(diǎn)評(píng):本題主要考查兩角和的正切公式變形的運(yùn)用,抓住和角是特殊角,是解題的關(guān)鍵.13、(答案不唯一)【解析】由題意,只需找一個(gè)奇函數(shù),0不在定義域中即可.【詳解】由題意,為奇函數(shù)且,則滿足題意故答案為:14、①.②.【解析】第一空:”根據(jù)“高斯函數(shù)”的定義,可得,進(jìn)而再分類討論建立方程求值即可;第二空:分類討論建立不等式求解即可.【詳解】由題意,得,當(dāng)時(shí),,即;當(dāng)時(shí),,即(舍),綜上;當(dāng)時(shí),,即,當(dāng)時(shí),,即,綜上,.故答案為:;.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛:求解分段函數(shù)相關(guān)問題的關(guān)鍵是“分段歸類”,即應(yīng)用分類討論思想.15、【解析】發(fā)現(xiàn),計(jì)算可得結(jié)果.【詳解】因?yàn)?,,且,則.故答案為-2【點(diǎn)睛】本題主要考查函數(shù)的性質(zhì),由函數(shù)解析式,計(jì)算發(fā)現(xiàn)是關(guān)鍵,屬于中檔題.16、①.②.【解析】分別過點(diǎn)作、軸的垂線,垂足點(diǎn)分別為、,過點(diǎn)分別作、軸的垂線,垂足點(diǎn)分別為、,設(shè)點(diǎn)、,根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義可得出點(diǎn)、的坐標(biāo),然后利用平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算和二倍角的正弦公式可求出的取值范圍.【詳解】分別過點(diǎn)作、軸的垂線,垂足點(diǎn)分別為、,過點(diǎn)分別作、軸的垂線,垂足點(diǎn)分別為、,如下圖所示:則,設(shè)點(diǎn)、,則,,,.當(dāng)時(shí),,,則點(diǎn);由上可知,,,則,因此,的取值范圍是.故答案為:;.【點(diǎn)睛】本題考查點(diǎn)的坐標(biāo)的計(jì)算,同時(shí)也考查了平面向量數(shù)量積的取值范圍的求解,解題的關(guān)鍵就是將點(diǎn)的坐標(biāo)利用三角函數(shù)表示,考查運(yùn)算求解能力,屬于中等題.三、解答題:本大題共5小題,共70分。解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、(Ⅰ)最小正周期是,對(duì)稱軸方程為;(Ⅱ)時(shí),函數(shù)取得最小值,最小值為-2,時(shí),函數(shù)取得最大值,最大值為1.【解析】(Ⅰ)利用二倍角公式及輔助角公式將函數(shù)化簡(jiǎn),再根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)求出對(duì)稱軸及最小正周期;(Ⅱ)由的取值范圍,求出的取值范圍,再根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)計(jì)算可得;【詳解】解:(Ⅰ)由與得所以的最小正周期是;令,解得,即函數(shù)的對(duì)稱軸為;(Ⅱ)當(dāng)時(shí),所以,當(dāng),即時(shí),函數(shù)取得最小值,最小值為當(dāng),即時(shí),函數(shù)取得最大值,最大值為.18、①.②.或【解析】①.由題意設(shè)出圓心坐標(biāo),結(jié)合圓經(jīng)過的點(diǎn)得到方程組,求解方程組計(jì)算可得圓的方程為②.分類討論直線的斜率存在和斜率不存在兩種情況可得直線的方程為或試題解析:①由題意可知,設(shè)圓心為則圓為:,∵圓過點(diǎn)和點(diǎn),∴,則即圓的方程為②設(shè)直線的方程為即,∵過點(diǎn)的直線截圖所得弦長(zhǎng)為,∴,則當(dāng)直線的斜率不存在時(shí),直線為,此時(shí)弦長(zhǎng)為符合題意,即直線的方程為或19、(1)填表見解析;;(2).【解析】(1)利用正弦型函數(shù)的性質(zhì)即得;(2)由題可得,利用正弦函數(shù)的性質(zhì)可得,即得,即求.【小問1詳解】0x2580200.【小問2詳解】由題可得,∵,∴,∴,∴,所以,∴.20、證明見解析【解析】先證明充分性,即由可以推得角為第二象限角,再證明必要性,即由角為第二象限角可以推得成立.【詳解】證明:充分性:即如果成立,那么為第二象限角若成立,那么為第一或第二象限角,也可能是y軸正半軸上的角;又成立,那么為第二或第四象限角因?yàn)槌闪ⅲ越堑慕K邊只能位于第
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