廣東省深圳市翻身實驗學校2023屆高一上數學期末聯考模擬試題含解析

2022-2023學年高一上數學期末模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，請將正確答案涂在答題卡上.）1．將函數的圖象先向右平移個單位長度，再向下平移1個單位長度，所得圖象對應的函數解析式是（）A. B.C. D.2．下列函數中，既是偶函數又在單調遞增的函數是（）A. B.C. D.3．在高一期中考試中，甲、乙兩個班的數學成績統(tǒng)計如下表：班級人數平均分數方差甲302乙203其中，則甲、乙兩個班數學成績的方差為（）A.2.2 B.2.6C.2.5 D.2.44．函數f（x）=lnx+3x-4的零點所在的區(qū)間為（）A. B.C. D.5．下列函數中，既是偶函數又在(0，＋∞)上單調遞增的函數是（）A.y＝x3 B.y＝|x|＋1C.y＝－x2＋1 D.6．若函數恰有個零點，則的取值范圍是（）A. B.C. D.7．如圖，在四棱錐中，底面為正方形，且,其中，，分別是，，的中點，動點在線段上運動時，下列四個結論：①；②；③面；④面，其中恒成立的為（）A.①③ B.③④C.①④ D.②③8．若，且，則角的終邊位于A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限9．函數（，）在一個周期內的圖象如圖所示，為了得到正弦曲線，只需把圖象上所有的點（）A.向左平移個單位長度，再把所得圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的，縱坐標不變B.向右平移個單位長度，再把所得圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變C.向左平移個單位長度，再把所得圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的，縱坐標不變D.向右平移個單位長度，再把所得圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變10．已知三條直線，，的斜率分別為，，，傾斜角分別為.若，則下列關系不可能成立的是（）A. B.C. D.11．已知冪函數為偶函數，則實數的值為（）A.3 B.2C.1 D.1或212．已知函數，則使成立的x的取值范圍是（）A. B.C. D.二、選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分,將答案寫在答題卡上.）13．命題“，”的否定是______14．函數的定義域為________15．已知非零向量、滿足，，在方向上的投影為，則_______.16．圓柱的高為1，它的兩個底面在直徑為2的同一球面上，則該圓柱的體積為____________；三、解答題（本大題共6個小題，共70分。解答時要求寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟。）17．已知函數在上的最小值為（1）求在上的單調遞增區(qū)間；（2）當時，求的最大值以及取最大值時的取值集合18．已知函數f（x）＝x2－ax＋2（1）若f（x）≤－4的解集為[2，b]，求實數a，b的值；（2）當時，若關于x的不等式f（x）≥1－x2恒成立，求實數a的取值范圍19．已知a，b為正實數，且.（1）求a2＋b2的最小值；（2）若，求ab的值20．如圖，直三棱柱中，分別為的中點.(1)求證：平面；(2)已知，，，求三棱錐的體積.21．已知函數的定義域為（1）當時，求函數的值域；（2）若函數在定義域上是減函數，求的取值范圍；（3）求函數在定義域上的最大值及最小值，并求出函數取最值時的值22．近年來，我國在航天領域取得了巨大成就，得益于我國先進的運載火箭技術．據了解，在不考慮空氣阻力和地球引力的理想狀態(tài)下，可以用公式計算火箭的最大速度v（單位：m/s）．其中（單位m/s）是噴流相對速度，m（單位：kg）是火箭（除推進劑外）的質量，M（單位：kg）是推進劑與火箭質量的總和，稱為“總質比”，已知A型火箭的噴流相對速度為2000m/s參考數據：，（1）當總質比為230時，利用給出的參考數據求A型火箭的最大速度；（2）經過材料更新和技術改進后，A型火箭的噴流相對速度提高到了原來的1.5倍，總質比變?yōu)樵瓉淼模粢够鸺淖畲笏俣仍黾?00m/s，記此時在材料更新和技術改進前的總質比為T，求不小于T的最小整數？

參考答案一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，請將正確答案涂在答題卡上.）1、A【解析】利用三角函數的伸縮平移變換規(guī)律求解變換后的解析式，再根據二倍角公式化簡.【詳解】將函數的圖象先向右平移個單位長度，得函數解析式為，再將函數向下平移1個單位長度，得函數解析式為.故選：A2、B【解析】由奇偶性排除，再由增減性可選出正確答案.【詳解】項為奇函數，項為非奇非偶函數函數，為偶函數，項中，在單減，項中，在單調遞增.故選：B3、D【解析】根據平均數和方差的計算性質即可計算.【詳解】設甲、乙兩班學生成績分別為，甲班平均成績?yōu)椋野嗥骄煽優(yōu)?，因為甲、乙兩班的平均成績相等，所以甲、乙兩班合在一起后平均成績依然為，因為，同理，∴甲、乙兩班合在一起后的方差為?故選：D.4、B【解析】根據函數零點的判定定理可得函數的零點所在的區(qū)間【詳解】解：函數在其定義域上單調遞增，（2），（1），（2）（1）根據函數零點的判定定理可得函數的零點所在的區(qū)間是，故選【點睛】本題考查求函數的值及函數零點的判定定理，屬于基礎題5、B【解析】根據基本初等函數的單調性奇偶性，逐一分析答案四個函數在（0，+∞）上的單調性和奇偶性，逐一比照后可得答案【詳解】選項A，函數y＝x3不是偶函數；故A不滿足.選項B，對于函數y＝|x|＋1，f(－x)＝|－x|＋1＝|x|＋1＝f(x)，所以y＝|x|＋1是偶函數，當x>0時，y＝x＋1，所以在(0，＋∞)上單調遞增；故B滿足.選項C，y＝－x2＋1在(0，＋∞)上單調遞減；故C不滿足選項D，不是偶函數．故D不滿足故選：B.【點睛】本題主要考查了函數的奇偶性和單調性的判斷，屬于基礎題.6、D【解析】由分段函數可知必須每段有且只有1個零點，寫出零點建立不等式組即可求解.【詳解】因為時至多有一個零點，單調函數至多一個零點，而函數恰有個零點，所以需滿足有1個零點，有1個零點，所以，解得，故選：D7、A【解析】分析：如圖所示，連接AC、BD相交于點O，連接EM，EN（1）由正四棱錐S﹣ABCD，可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，進而得到SO⊥AC．可得AC⊥平面SBD．由已知E，M，N分別是BC，CD，SC的中點，利用三角形的中位線可得EM∥BD，MN∥SD，于是平面EMN∥平面SBD，進而得到AC⊥平面EMN，AC⊥EP;（2）由異面直線的定義可知：EP與BD是異面直線，因此不可能EP∥BD；（3）由（1）可知：平面EMN∥平面SBD，可得EP∥平面SBD；（4）由（1）同理可得：EM⊥平面SAC，可用反證法證明：當P與M不重合時，EP與平面SAC不垂直詳解：如圖所示，連接AC、BD相交于點O，連接EM，EN對于（1），由正四棱錐S﹣ABCD，可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，∴SO⊥AC∵SO∩BD=O，∴AC⊥平面SBD，∵E，M，N分別是BC，CD，SC的中點，∴EM∥BD，MN∥SD，而EM∩MN=N，∴平面EMN∥平面SBD，∴AC⊥平面EMN，∴AC⊥EP．故正確對于（2），由異面直線的定義可知：EP與BD是異面直線，不可能EP∥BD，因此不正確；對于（3），由（1）可知：平面EMN∥平面SBD，∴EP∥平面SBD，因此正確對于（4），由（1）同理可得：EM⊥平面SAC，若EP⊥平面SAC，則EP∥EM，與EP∩EM=E相矛盾，因此當P與M不重合時，EP與平面SAC不垂直．即不正確故選A點睛：本題考查了空間線面、面面的位置關系判定，屬于中檔題．對于這種題目的判斷一般是利用課本中的定理和性質進行排除，判斷.還可以畫出樣圖進行判斷，利用常見的立體圖形，將點線面放入特殊圖形，進行直觀判斷.8、B【解析】∵sinα＞0，則角α的終邊位于一二象限或y軸的非負半軸，∵由tanα＜0，∴角α的終邊位于二四象限，∴角α的終邊位于第二象限故選擇B9、B【解析】先利用圖像求出函數的解析式，在對四個選項，利用圖像變換一一驗證即可.【詳解】由圖像可知：，所以,所以，解得：.所以.又圖像經過，所以，解得：，所以對于A：把圖象上所有的點向左平移個單位長度，得到，再把所得圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的，縱坐標不變得到.故A錯誤；對于B：把圖象上所有點向右平移個單位長度，得到，再把所得圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變.故B正確；對于C：把圖象上所有點向左平移個單位長度，得到，再把所得圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的，縱坐標不變.故C錯誤；對于D：把圖象上所有的點向右平移個單位長度，得到，再把所得圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變得到.故D錯誤；故選：B10、D【解析】根據直線的斜率與傾斜角的關系即可求解.【詳解】解：由題意，根據直線的斜率與傾斜角的關系有：當或時，或，故選項B可能成立；當時，，故選項A可能成立；當時，，故選項C可能成立；所以選項D不可能成立.故選：D.11、C【解析】由題意利用冪函數的定義和性質，得出結論【詳解】冪函數為偶函數，，且為偶數，則實數，故選：C12、C【解析】考慮是偶函數，其單調性是關于y軸對稱的，只要判斷出時的單調性，利用對稱關系即可.【詳解】，是偶函數；當時，由于增函數，是增函數，所以是增函數，是關于y軸對稱的，當時，是減函數，作圖如下：欲使得，只需，兩邊取平方，得，解得；故選：C.二、選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分,將答案寫在答題卡上.）13、.【解析】全稱命題的否定：將任意改為存在并否定原結論，即可知原命題的否定.【詳解】由全稱命題的否定為特稱命題，所以原命題的否定：.故答案為：.14、【解析】根據偶次方根被開方數為非負數、對數真數大于零列不等式組，解不等式組求得函數的定義域.【詳解】依題意，解得，故函數的定義域為.故答案為.【點睛】本小題主要考查具體函數定義域的求法，屬于基礎題.15、【解析】利用向量數量積的幾何意義得出，在等式兩邊平方可求出的值，然后利用平面向量數量積的運算律可計算出的值.【詳解】，在方向上的投影為，，，則，可得，因此，.故答案：.【點睛】本題考查平面向量數量積計算，涉及利用向量的模求數量積，同時也考查了向量數量積幾何意義的應用，考查計算能力，屬于基礎題.16、【解析】由題設，易知圓柱體軸截面的對角線長為2，進而求底面直徑，再由圓柱體體積公式求體積即可.【詳解】由題意知：圓柱體軸截面的對角線長為2，而其高為1，∴圓柱底面直徑為.∴該圓柱的體積為.故答案為：三、解答題（本大題共6個小題，共70分。解答時要求寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟。）17、（1）單調遞增區(qū)間（2）最大值為，此時的取值集合為【解析】（1）先由三角變換化簡解析式，再由余弦函數的性質得出單調性；（2）由余弦函數的性質得出的值，進而再求最大值.【小問1詳解】，令，，解得，所以的單調遞增區(qū)間為【小問2詳解】當時，，，解得，所以，當，，即，時，取得最大值，且最大值故的最大值為，此時的取值集合為18、（1）（2）【解析】（1）根據一元二次不等式和一元二次方程的關系得出實數a，b的值；（2）不等式f（x）≥1－x2等價于，結合基本不等式得出實數a的取值范圍【小問1詳解】若f（x）≤－4的解集為[2，b]，則的解集為[2，b]所以，解得【小問2詳解】由f（x）≥1－x2得對恒成立即在區(qū)間恒成立，所以又，當且僅當時，取等號所以，即，故實數的取值范圍為19、（1）1；（2）1.【解析】（1）根據和可得結果；（2）由得，將化為解得結果即可.【詳解】（1）因為a，b為正實數，且，所以，即ab≥(當且僅當a＝b時等號成立)因為(當且僅當a＝b時等號成立)，所以a2＋b2的最小值為1.（2）因為，所以，因為，所以，即，所以(ab)2－2ab＋1≤0，(ab－1)2≤0，因為，所以ab＝1.【點睛】本題考查了利用基本不等式求最值，屬于基礎題.20、(1)詳見解析(2)2【解析】（1）證線面平行則需在面中找一線與已知線平行即可，也可通過證明面面平行得到線面平行（2）∵，,，∴，∴.∵是直棱柱，∴棱柱的高為，∴棱柱的體積為.由體積關系可得試題解析：(1)設是的中點，分別在中使用三角形的中位線定理得.又是平面內的相交直線，∴平面平面.又平面，∴平面.(2)∵，,，∴，∴.∵是直棱柱，∴棱柱的高為，∴棱柱的體積為.∴.21、（1）；（2）；（3）見解析【解析】（1）函數，所以函數的值域為（2）若函數在定義域上是減函數，則任取且都有成立，即，只要即可，由，故，所以，故的取值范圍是；（3）當時，函數在上單調增，無最小值，當時取得最大值；由（2）得當時，在上單調減，無最大值，當時取得最小