云南省勐?？h第三中學2023屆數學高一上期末經典模擬試題含解析

2022-2023學年高一上數學期末模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。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12小題，共60分）1．給定函數①；②；③；④，其中在區(qū)間上單調遞減的函數的序號是（）A.①② B.②③C.③④ D.①④2．從數字中隨機取兩個不同的數，分別記為和，則為整數的概率是（）A. B.C. D.3．如圖，在平面直角坐標系xOy中，角的頂點與原點O重合，它的始邊與x軸的非負半軸重合，終邊OP交單位圓O于點P，則點P的坐標為A.

，B.

，

C.

，D.

4．若不等式對一切恒成立，那么實數的取值范圍是A. B.C. D.5．已知是空間中兩直線，是空間中的一個平面，則下列命題正確的是（）A.已知，若，則 B.已知，若，則C.已知，若，則 D.已知，若，則6．設為全集，是集合，則“存在集合使得是“”的A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件7．為了預防信息泄露，保證信息的安全傳輸，在傳輸過程中都需要對文件加密，有一種加密密鑰密碼系統，其加密、解密原理為：發(fā)送方由明文→密文（加密），接收方由密文→明文．現在加密密鑰為，如“4”通過加密后得到密文“2”，若接受方接到密文“”，則解密后得到的明文是（）A. B.C.2 D.8．已知函數，，若對任意，總存在，使得成立，則實數取值范圍為A. B.C. D.9．設，則等于（）A. B.C. D.10．已知集合，集合為整數集，則A. B.C. D.11．下列函數中，最小正周期是且是奇函數的是（）A. B.C. D.12．下列函數中，既是偶函數又在區(qū)間上單調遞增的函數是A. B.C. D.二、填空題（本大題共4小題，共20分）13．已知，，向量與的夾角為，則________14．函數函數的定義域為________________15．已知，且，寫出一個滿足條件的的值：______.16．函數的最小值是________.三、解答題（本大題共6小題，共70分）17．如圖，在平面直角坐標系中，已知以為圓心的圓及其上一點．①設圓與軸相切，與圓外切，且圓心在直線上，求圓的標準方程②設點滿足存在圓上的兩點和，使得四邊形為平行四邊形，求實數的取值范圍18．已知函數，函數的最小正周期為，是函數的一條對稱軸.（1）求函數的對稱中心和單調區(qū)間；（2）若，求函數在的最大值和最小值，并寫出對應的的值19．已知函數常數證明在上是減函數，在上是增函數；當時，求的單調區(qū)間；對于中的函數和函數，若對任意，總存在，使得成立，求實數a的值20．在平面直角坐標系xOy中，已知圓x2+y2-12x+32=0的圓心為Q，過點P（0，2）且斜率為k的直線l與圓Q相交于不同的兩點A，B，記AB的中點為E（Ⅰ）若AB的長等于，求直線l的方程；（Ⅱ）是否存在常數k，使得OE∥PQ？如果存在，求k值；如果不存在，請說明理由21．某工廠某種航空產品的年固定成本為萬元，每生產件，需另投入成本為，當年產量不足件時，（萬元）.當年產量不小于件時，（萬元）.每件商品售價為萬元.通過市場分析，該廠生產的商品能全部售完.（1）寫出年利潤（萬元）關于年產量（件）的函數解析式；（2）年產量為多少件時，該廠在這一商品的生產中所獲利潤最大？22．已知函數，若，且，.（1）求與的值；（2）當時，函數的圖象與的圖象僅有一個交點，求正實數的取值范圍.

參考答案一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1、B【解析】根據指對冪函數性質依次判斷即可得答案.【詳解】解：對于①，在上單調遞增；對于②，在上單調遞減；對于③，時，在上單調遞減；對于④，在上單調遞增；故在區(qū)間上單調遞減的函數的序號是②③故選：B2、B【解析】先計算出從數字中隨機取兩個不同的數，共有種情況，再求出滿足為整數的情況，即可求出為整數的概率.【詳解】解：從數字中隨機取兩個不同的數，則有種選法，有種選法，共有種情況；則滿足為整數的情況如下：當時，或有種情況；當時，有種情況；當或時，則不可能為整數，故共有種情況，故為整數的概率是：.故選：B.3、D【解析】直接利用任意角的三角函數的定義求得點P的坐標【詳解】設，由任意角的三角函數的定義得，，點P的坐標為故選D【點睛】本題考查任意角的三角函數的定義，是基礎題4、D【解析】由絕對值不等式解法，分類討論去絕對值，再根據恒成立問題的解法即可求得a的取值范圍【詳解】根據絕對不等式，分類討論去絕對值，得所以所以所以選D【點睛】本題考查了絕對值不等式化簡方法，恒成立問題的基本應用，屬于基礎題5、D【解析】A.n和m的方向無法確定,不正確；B.要得到,需要n垂直于平面內兩條相交直線,不正確；C.直線n有可能在平面內,不正確；D.平行于平面的垂線的直線與此平面垂直,正確.【詳解】A.一條直線與一個平面平行,直線的方向無法確定,所以不一定正確；B.一條直線與平面內兩條相交直線垂直,則直線垂直于平面,無法表示直線n垂直于平面內兩條相交直線,所以不一定正確；C.直線n有可能在平面內,所以不一定正確；D.,則直線n與m的方向相同,,則,正確；故選D【點睛】本題考查了直線與平面的位置關系的判斷,遇到不正確的命題畫圖找出反例即可.本題屬于基礎題.6、C【解析】①當，，且，則，反之當，必有.②當，，且，則，反之，若，則，，所以.③當，則；反之，，.綜上所述，“存在集合使得是“”的充要條件.考點：集合與集合的關系，充分條件與必要條件判斷，容易題.7、A【解析】根據題意中給出的解密密鑰為，利用其加密、解密原理，求出的值，解方程即可求解.【詳解】由題可知加密密鑰為，由已知可得，當時，，所以，解得，故，顯然令，即，解得，即故選：A.8、B【解析】分別求出在的值域，以及在的值域，令在的最大值不小于在的最大值，得到的關系式，解出即可.【詳解】對于函數，當時，，由，可得，當時，，由，可得，對任意，，對于函數，，，，對于，使得，對任意，總存在，使得成立，，解得，實數的取值范圍為，故選B【點睛】本題主要考查函數的最值、全稱量詞與存在量詞的應用.屬于難題.解決這類問題的關鍵是理解題意、正確把問題轉化為最值和解不等式問題，全稱量詞與存在量詞的應用共分四種情況：（1）只需；（2），只需；（3），只需；（4），，.9、B【解析】由全集，以及與，找出與的補集，求出補集的并集即可【詳解】，，則故選：B10、A【解析】，選A.【考點定位】集合的基本運算.11、A【解析】根據三角函數的周期性和奇偶性對選項逐一分析，由此確定正確選項.【詳解】A選項，的最小正周期是，且是奇函數，A正確.B選項，的最小正周期是，且是奇函數，B錯誤.C選項，的最小正周期為，且是奇函數，C錯誤.D選項，的最小正周期是，且是偶函數，D錯誤.故選：A12、D【解析】選項A為偶函數，但在區(qū)間（0，+∞）上單調遞減；選項B，y＝x3為奇函數；選項C，y＝cosx為偶函數，但在區(qū)間（0，+∞）上沒有單調性；選項D滿足題意【詳解】選項A，y＝ln為偶函數，但在區(qū)間（0，+∞）上單調遞減，故錯誤；選項B，y＝x3為奇函數，故錯誤；選項C，y＝cosx為偶函數，但在區(qū)間（0，+∞）上沒有單調性，故錯誤；選項D，y＝2|x|為偶函數，當x＞0時，解析式可化為y＝2x，顯然滿足在區(qū)間（0，+∞）上單調遞增，故正確故選D【點睛】本題考查函數的奇偶性和單調性，屬于基礎題二、填空題（本大題共4小題，共20分）13、1【解析】由于.考點：平面向量數量積；14、（1,3）【解析】函數函數的定義域,滿足故答案為（1,3）.15、0（答案不唯一）【解析】利用特殊角的三角函數值求解的值.【詳解】因為，所以，，則，或，，同時滿足即可.故答案為：016、2【解析】直接利用基本不等式即可得出答案.【詳解】解：因為，所以，當且僅當，即時，取等號，所以函數的最小值為2.故答案為：2.三、解答題（本大題共6小題，共70分）17、①.．②.【解析】①.由題意利用待定系數法可得圓的標準方程為②.由題意四邊形為平行四邊形，則，據此有，求解不等式可得實數的取值范圍是試題解析：①圓的標準方程為：，則圓心為，設，半徑為，則，在同一豎直線上則，，即圓的標準方程為②∵四邊形為平行四邊形，∴，∵，在圓上，∴，則，即18、（1）對稱中心是，單調遞增區(qū)間是，單調遞減區(qū)間是（2）當時，，當時，【解析】（1）由函數的最小正周期，求得，再根據當時，函數取到最值求得，根據函數的性質求對稱中心和單調區(qū)間；（2）寫出的解析式，根據定義域，求最值【詳解】（1），，，所以，，對稱中心是，單調遞增區(qū)間是，單調遞減區(qū)間是（2），，當時，，當時，【點睛】三角函數最值問題要注意整體代換思想的體現，由的取值范圍推斷的取值范圍19、（1）見解析；（2）見解析；（3）【解析】利用定義證明即可；把看成整體，研究對勾函數的單調性以及利用復合函數的單調性的性質得到該函數的單調性；對于任意的，總存在，使得可轉化成的值域為的值域的子集，建立關系式，解之即可【詳解】證明：：設，，且，，，，，當時，即，當時，即，當時，，即，此時函數為減函數，當時，，即，此時函數為增函數，故在上是減函數，在上是增函數；當時，，，設，則，，由可知在上是減函數，在上是增函數；，，即，，即在上是減函數，在上是增函數；由于減函數，故，又由（2）得由題意，的值域為的值域的子集，從而有，解得【點睛】本題主要考查定義法證明函數單調性，利用單調性求函數的值域，以及函數恒成立問題，同時考查了轉化的思想和運算求解的能力，是中檔題20、（Ⅰ）y=-+2或y=-x+2；（Ⅱ）不存在實數滿足題意【解析】（Ⅰ）待定系數法，設出直線，再根據已知條件列式，解出即可；（Ⅱ）假設存在常數，將轉化斜率相等，聯立直線與圓，根據韋達定理，由直線與圓相交可求得范圍．由斜率相等可求得的值，從而可判斷結論【詳解】（Ⅰ）圓Q的方程可寫成（x-6）2+y2=4，所以圓心為Q（6，0）設過P（0，2）且斜率為k的直線方程為y=kx+2∵|AB|=，∴圓心Q到直線l的距離d==，∴=，即22k2+15k+2=0，解得k=-或k=-所以，滿足題意的直線l方程為y=-+2或y=-x+2（Ⅱ）將直線l的方程y=x+2代入圓方程得x2+（kx+2）2-12x+32=0整理得（1+k2）x2+4（k-3）x+36=0.①直線與圓交于兩個不同的點A，B等價于△=[4（k-3）2]-4×36（1+k2）=42（-8k2-6k）＞0，解得-＜k＜0，即k的取值范圍為（-，0）設A（x1，y1），B（x2，y2），則AB的中點E（x0，y0）滿足x0==-，y0=kx0+2=∵kPQ==-，kOE==-，要使OE∥PQ，必須使kOE=kPQ=-，解得k=-，但是k∈（-，0），故沒有符合題意的常數k【點睛】本題考查了圓的標準方程及弦長計算,還考查了直線與圓相交知識，直線平行知識，中點坐標公式，韋達定理的應用，考查了轉化思想，屬中檔題21、（1）；（2）年產量為件時，利潤最大為萬元.【解析】（1）實際應用題首先要根據題意，建立數學模型，即建立函數關系式，這里，要用分類討論的思想，建立分段函數表達式；（2）根據建立的函數關系解模，即運用數學知識求函數的最值，這里第一段，運用的是二次函數求最值，而第二段，則可運用基本不等式求最值，然后再作比較，確定最終的結果，最后要回到實際問題作答.試題解析：解：（1）當時，；當時，，所以.（2）當時，此時，當時，取得最大值萬元.當時，此時，當時，即時，取