2023-2024学年山东省济南市高一上学期期末数学质量检测模拟试题(含答.pdf

2023-2024学年山东省济南市高一上册期末数学试题

一、单选题

1．若Ax|2x4，BxN|1x3，则AB（）

A．x|1x2B．0，1C．1D．x|1x3

【正确答案】B

【分析】解不等式求出集合A，列举法写出集合B，由交集的定义求AB即可.

B0,1,2
【详解】由2x4，得x2，所以Ax|x2,又

所以AB0，1

故选B．

2．化简sin600的值是（）

1133
A．B．C．D．
2222
【正确答案】D

【分析】根据诱导公式和常见三角函数值得出结论即可.
3
【详解】sin600sin720120sin120sin120
2
故选：D

3．命题“x0,x2x0”的否定是（）

A．x0,x2x0B．x0,x2x0

C．x0,x2x0D．x0,x2x0

【正确答案】B

【分析】根据全称量词命题的否定方法写出命题的否定即可.

【详解】因为全称量词命题的否定是存在量词命题，

2
所以命题“x0,xx0”的否定为：“x0,x2x0”.

故选：B.
3
4．函数fxexx（e2.7183）的零点所在的区间为（）
2
1
1,00,11,2
A．B．C．,1D．
22
【正确答案】B
【分析】利用零点存在定理进行逐一验证.
3
【详解】因为fxexx，
2
13155
所以f11=10，
e2e22
31
f0e00=0，
22
113
fe=e1110，
222
31
f1e+1=e0，
22
31
f2e2+2=e20
22
1
则f0f()0，
2
31
即函数fxexx的零点所在的区间为0,.
22
故选：B.

12.12
5．已知aln2,b,cln，则（）
e3

A．acbB．abc

C．cbaD．bac

【正确答案】D

【分析】由对数函数与指数函数的单调性求解即可

12.1102
【详解】因为ln1<ln2lne,,lnln1，
ee3

12.12
所以aln20,1,b1,cln0
e3

所以bac.

故选：D

π1π
6．已知0,，且sin，则sin2的值为（）
232

774242
A．B．C．D．
9999
【正确答案】A

【分析】根据诱导公式及二倍角公式即得.
π1
【详解】0,，sin，
23
π27
sin2cos212sin21.
299
故选：A.

x2,x1,
7．已知函数fx在R上单调递减，则a的取值范围为（）
x22ax3a,x1

A．2,1B．2,1C．2,D．,2

【正确答案】A

【分析】由已知可得关于a的不等式组，求解得答案．

【详解】当x1时，fxx2单调递减，且fx1,

当x1时，fxx22ax3a单调递减，则a1，

x2,x1,
因为函数fx在R上单调递减，
x22ax3a,x1

a1
所以，解得2a1，故a的取值范围为2,1．
112a3a

故选：A．

8．《周髀算经》中给出的弦图是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成的一个大正方

形，如图所示，直角三角形中最小的一个角为045，且小正方形与大正方形的面积之

比为1:4，则tan（）

47474747
A．B．C．D．
3355
【正确答案】A

【分析】设大正方形的边长为a，则小正方形的边长为acossin，根据已知可得

a2cossin21
，由同角三角函数关系化简得3tan28tan30，结合角的范围求tan.
a24
【详解】设大正方形的边长为a，则小正方形的边长为acossin，

a2cossin211
故，故12sincos，即
a244

3sincos3tan347
sincos3tan28tan30，解得tan
8sin2cos28tan2183

47
或tan.
3

47
因为0