福建省漳州市東山第二中學2022年高一上數學期末質量跟蹤監(jiān)視試題含解析

2022-2023學年高一上數學期末模擬試卷考生須知：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12小題，共60分）1．已知集合，，若，則實數的值為（）A. B.C. D.2．若，，，則、、大小關系為（）A. B.C. D.3．是定義在上的函數，，且在上遞減，下列不等式一定成立的是A. B.C. D.4．已知a，b，，那么下列命題中正確的是（）A.若，則 B.若，則C.若，且，則 D.若，且，則5．已知,則=（）A. B.C. D.6．若函數的圖像向左平移個單位得到的圖像，則A. B.C. D.7．已知，則A. B.C. D.8．已知函數，若（其中．），則的最小值為（）A. B.C.2 D.49．我國著名數學家華羅庚曾說：“數缺形時少直觀，形缺數時難入微，數形結合百般好，隔裂分家萬事休.”在數學的學習和研究中，常用函數的圖像來研究函數的性質，也常用函數的解析式來琢磨函數圖像的特征.我們從這個商標中抽象出一個圖象如圖，其對應的函數可能是（）A. B.C. D.10．已知點在圓外，則直線與圓的位置關系是（）A.相切 B.相交C.相離 D.不確定11．如圖，已知正方體中，異面直線與所成的角的大小是A.B.C.D.12．下列關系式中，正確的是A. B.C. D.二、填空題（本大題共4小題，共20分）13．《三十六計》是中國古代兵法策略，是中國文化的瑰寶.“分離參數法”就是《三十六計》中的“調虎離山”之計在數學上的應用，例如，已知含參數的方程有解的問題，我們可分離出參數（調），將方程化為，根據的值域，求出的范圍，繼而求出的取值范圍，已知，若關于x的方程有解，則實數的取值范圍為___________.14．若命題，，則的否定為___________.15．函數的值域為_______________.16．已知函數滿足，當時，，若不等式的解集是集合的子集，則a的取值范圍是______三、解答題（本大題共6小題，共70分）17．已知全集，集合，.（1）當時，求；（2）如果，求實數的取值范圍.18．如圖，已知圓C與x軸相切于點T(1,0)，與y軸正半軸交于兩點A，B(B在A的上方)，且|AB|＝2.(1)求圓C的標準方程；(2)求圓C在點B處的切線方程．19．設，函數.（1）當時，寫出的單調區(qū)間（不用寫出求解過程）；（2）若有兩個零點，求的取值范圍.20．已知四棱錐,其中面為的中點.（1）求證：面；（2）求證：面面；（3）求四棱錐的體積.21．某商品進貨單價為元，若銷售價為元，可賣出個，如果銷售單價每漲元，銷售量就減少個，為了獲得最大利潤，則此商品的最佳售價應為多少？22．在邊長為2的菱形中，，為的中點.（1）用和表示；（2）求的值.

參考答案一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1、B【解析】根據集合，，可得，從而可得.【詳解】因為，，所以，所以.故選：B2、B【解析】由指數函數、對數函數、正弦函數的性質把已知數與0和1比較后可得【詳解】，，，所以故選：B【點睛】關鍵點點睛：本題考查實數的大小比較，對于冪、對數、三角函數值的大小比較，如果能應用相應函數單調性的應該利用單調性比較，如果不能轉化，或者是不同類型的的數，可以結合函數的性質與特殊值如0或1等比較后可得結論3、B【解析】對于A，由為偶函數可得，又，由及在上為減函數得，故A錯；對于B，因同理可得，故B對；對于C，因無法比較大小，故C錯；對于D，取，則；取，則，故與大小關系不確定，故D錯，綜上，選B點睛：對于奇函數或偶函數，如果我們知道其一側的單調性，那么我們可以知道另一側的單調性，解題時注意轉化4、A【解析】根據不等式的性質判斷【詳解】若，顯然有，所以，A正確；若，當時，，B錯；若，則，當時，，，C錯；若，且，也滿足已知，此時，D錯；故選：A5、B【解析】根據兩角和的正切公式求出，再根據二倍角公式以及同角三角函數的基本關系將弦化切，代入求值即可.【詳解】解：解得故選：【點睛】本題考查三角恒等變換以及同角三角函數的基本關系，屬于中檔題.6、A【解析】函數的圖象向左平移個單位，得到的圖象對應的函數為：本題選擇A選項.7、B【解析】，因為函數是增函數，且，所以，故選B考點：對數的運算及對數函數的性質8、B【解析】根據二次函數的性質及對數的運算可得，利用均值不等式求最值即可.詳解】,由，，即，，當且僅當，即時等號成立，故選：B9、A【解析】由圖象知函數的定義域排除選項選項B、D，再根據不成立排除選項C，即可得正確選項.【詳解】由圖知的定義域為，排除選項B、D，又因為當時，，不符合圖象，所以排除C，故選：A【點睛】思路點睛：排除法是解決函數圖象問題的主要方法，根據函數的定義域、與坐標軸的交點、函數值的符號、單調性、奇偶性等，從而得出正確結果.10、B【解析】由題意結合點與圓的位置關系考查圓心到直線的距離與圓的半徑的大小關系即可確定直線與圓的位置關系.【詳解】點在圓外，，圓心到直線距離，直線與圓相交.故選B.【點睛】本題主要考查點與圓的位置關系，直線與圓的位置關系等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.11、C【解析】在正方體中，利用線面垂直的判定定理，證得平面，由此能求出結果【詳解】如圖所示，在正方體中，連結，則，，由線面垂直的判定定理得平面，所以,所以異面直線與所成的角的大小是故選C本題主要考查了直線與平面垂直判定與證明，以及異面直線所成角的求解，其中解答中牢記異面直線所成的求解方法和轉化思想的應用是解答的關鍵，平時注意空間思維能力的培養(yǎng)，著重考查了推理與論證能力，屬于基礎題12、C【解析】不含任何元素的集合稱為空集，即為，而代表由單元素0組成的集合，所以，而與的關系應該是.故選C.二、填空題（本大題共4小題，共20分）13、【解析】參變分離可得，令，構造函數，利用導數求解函數單調性，分析可得的值域為，即得解【詳解】由題意，，故又，，令故，令，故在單調遞增由于時故的值域為故，即實數的取值范圍為故答案為：14、，【解析】利用特稱命題的否定可得出結論.【詳解】命題為特稱命題，該命題的否定為“，”.故答案為：，.15、【解析】先求出，再結合二次函數的內容求解.【詳解】由得，，故當時，有最小值，當時，有最大值.故答案為：.16、【解析】先由已知條件判斷出函數的單調性，再把不等式轉化為整式不等式，再利用子集的要求即可求得a的取值范圍.【詳解】由可知，關于對稱，又，當時，單調遞減，故不等式等價于，即，因為不等式解集是集合的子集，所以，解得故答案為：三、解答題（本大題共6小題，共70分）17、（1）.（2）【解析】（1）由集合交補定義可得.（2）由可得建立不等關系可得解.【小問1詳解】當時,，，，【小問2詳解】因為，所以，，，或，，，，綜上：的取值范圍是18、(1)(2)【解析】（1）做輔助線，利用勾股定理，計算BC的長度，然后得出C的坐標，結合圓的方程，即可得出答案．（2）利用直線垂直，斜率之積為-1，計算切線的斜率，結合點斜式，得到方程．【詳解】（1）過C點做CDBA，聯接BC，因為，所以，因為所以，所以圓的半徑故點C的坐標為，所以圓的方程為（2）點B的坐標為，直線BC的斜率為故切線斜率，結合直線的點斜式解得直線方程為【點睛】本道題目考查了圓的方程的求解和切線方程計算，在計算圓的方程的時候，關鍵找出圓的半徑和圓心，建立方程，計算切線方程，可以結合點斜式，計算方程，即可．19、（1）增區(qū)間是，減區(qū)間是；（2）【解析】（1）根據函數的圖象即可寫出；（2）根據函數零點的定義結合分類討論思想即可求出小問1詳解】的增區(qū)間是，減區(qū)間是【小問2詳解】由得；由得或，當時，得或，所以1是的零點，①當時，則都不是的零點，故只有一個零點；②當時，即時，為使有兩個零點，則，解得，此時的兩個零點為.當時，得，所以1不是的零點，為使有兩個零點，則，解得，此時的兩個零點為，所以.綜上，當或時，即的取值范圍為，有兩個零點20、（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）.【解析】（1）取中點，連接，根據三角形的中位線，得到四邊形為平行四邊形，進而得到，再結合線面平行的判定定理，即可證明面；（2）根據為等邊三角形，為的中點，面，得到，根據線面垂直的判定定理得到面，則面，再由面面垂直的判定定理，可得面面；（3）連接，可得四棱錐分為兩個三棱錐和，利用體積公式，即可求解三棱錐的體積.試題解析：（1）證明：取中點，連接分別是的中點，,且與平行且相等，為平行四邊形，，又面面面.（2）證明