河南省鶴壁市淇縣一中2022-2023學年高一上數(shù)學期末綜合測試模擬試題含解析

13/132022-2023學年高一上數(shù)學期末模擬試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（本大題共10小題；在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意，請將正確選項填涂在答題卡上.）1．在中，“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件2．已知是上的奇函數(shù)，且當時，，則當時，（）A. B.C. D.3．已知a=1.50.2，b=log0.21.5，c=0.21.5，則（）A.a>b>c B.b>c>aC.c>a>b D.a>c>b4．已知，則為（）A. B.2C.3 D.或35．“”是“”的（）A.充分非必要條件 B.必要非充分條件C.充要條件 D.既非充分也非必要條件6．已知定義在R上的奇函數(shù)滿足：當時，.則（）A.2 B.1C.-1 D.-27．下題中，正確的命題個數(shù)為（）①函數(shù)的定義域為；②已知命題，則命題的否定為:；③已知是定義在[0，1]的函數(shù)，那么“函數(shù)在[0，1]上單調遞減”是“函數(shù)在[0，1]上的最小值為f(1)”的必要不充分條件；④被稱為“天津之眼”的天津永樂橋摩天輪，是一座跨河建造、橋輪合一的摩天輪假設“天津之眼”旋轉一周需30分鐘，且是勻速轉動的，則經(jīng)過5分鐘，轉過的角的弧度A.1 B.2C.3 D.48．已知函數(shù)的定義域為R，是偶函數(shù)，，在上單調遞增，則不等式的解集為（）A. B.C D.9．已知，則的最大值為（）A. B.C.0 D.210．為了得到函數(shù)的圖像，可以將函數(shù)的圖像A.向右平移個單位長度 B.向右平移個單位長度C.向左平移個單位長度 D.向左平移個單位長度二、填空題（本大題共5小題，請把答案填在答題卡中相應題中橫線上）11．直線與直線的距離是__________12．函數(shù)的定義域是___________，若在定義域上是單調遞增函數(shù)，則實數(shù)的取值范圍是___________13．函數(shù)恒過定點為__________14．若，，三點共線，則實數(shù)的值是__________15．正三棱錐中，，則二面角的大小為__________三、解答題（本大題共6小題.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.）16．已知圓，直線，點在直線上，過點作圓的切線，切點分別為.（Ⅰ）若，求點的坐標；（Ⅱ）求證：經(jīng)過三點圓必過定點，并求出所有定點的坐標.17．已知函數(shù).（1）當有是實數(shù)解時，求實數(shù)的取值范圍；（2）若，對一切恒成立，求實數(shù)的取值范圍.18．設函數(shù).（1）計算；（2）求函數(shù)的零點；（3）根據(jù)第（1）問計算結果，寫出的兩條有關奇偶性和單調性的正確性質，并證明其中一個.19．已知不等式的解集是（1）若且，求的取值范圍；（2）若，求不等式的解集20．已知角終邊上一點.（1）求的值；（2）求的值.21．如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G分別是CB、CD、CC1的中點（Ⅰ）求證：平面AB1D1∥平面EFG；（Ⅱ）A1C⊥平面EFG

參考答案一、選擇題（本大題共10小題；在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意，請將正確選項填涂在答題卡上.）1、C【解析】根據(jù)三角函數(shù)表，在三角形中，當時，即可求解【詳解】在三角形中，，故在三角形中，“”是“”的充分必要條件故選：C【點睛】本題考查充要條件的判斷，屬于基礎題2、B【解析】設，則，求出的解析式，根據(jù)函數(shù)為上的奇函數(shù)，即可求得時，函數(shù)的解析式，得到答案.【詳解】由題意，設，則，則，因為函數(shù)為上的奇函數(shù)，則，得，即當時，.故選：B.【點睛】本題主要考查了利用函數(shù)的奇偶性求解函數(shù)的解析式，其中解答中熟記函數(shù)的奇偶性，合理計算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.3、D【解析】由對數(shù)和指數(shù)函數(shù)的單調性比較大小即可.【詳解】因為，所以故選：D4、C【解析】根據(jù)分段函數(shù)的定義域求解.【詳解】因為，所以故選：C5、A【解析】利用充分條件和必要條件的定義分析判斷即可【詳解】當時，，當時，或，所以“”是“”的充分非必要條件，故選：A6、D【解析】由奇函數(shù)定義得，從而求得，然后由計算【詳解】由于函數(shù)是定義在R上的奇函數(shù)，所以，而當時，，所以，所以當時，，故.由于為奇函數(shù)，故.故選：D.【點睛】本題考查奇函數(shù)的定義，掌握奇函數(shù)的概念是解題關鍵．7、B【解析】對于①，求出函數(shù)的定義域即可判斷；對于②，根據(jù)全稱量詞命題的否定為存在量詞命題即可判斷；對于③，根據(jù)充分條件和必要條件的定義，舉出反例即可判斷；對于④，計算出經(jīng)過5分鐘，轉過的角的弧度即可判斷.【詳解】解：對于①，由，得，解得且，所以函數(shù)的定義域為，故①正確；對于②，命題，的否定為:，故②錯誤；對于③，若函數(shù)在[0，1]上單調遞減，則函數(shù)在[0，1]上的最小值為f(1)，若函數(shù)在[0，1]上的最小值為f(1)，無法得出函數(shù)在[0，1]上單調遞減，例如，函數(shù)在[0，1]上不單調，且函數(shù)在[0，1]上的最小值為f(1)，所以“函數(shù)在[0，1]上單調遞減”是“函數(shù)在[0，1]上的最小值為f(1)”的充分不必要條件，故③錯誤；對于④，根據(jù)題意經(jīng)過5分鐘，轉過的角的弧度為，故④正確，所以正確的個數(shù)為2個.故選：B.8、A【解析】由題意判斷出函數(shù)關于對稱，結合函數(shù)的對稱性與單調性求解不等式.【詳解】∵是偶函數(shù)，∴函數(shù)關于對稱，∴，又∵在上單調遞增，∴在單調遞減，∴可化為，解得，∴不等式解集為.故選：A9、C【解析】把所求代數(shù)式變形，轉化成，再對其中部分以基本不等式求最值即可解決.【詳解】時，（當且僅當時等號成立）則，即的最大值為0.故選：C10、B【解析】因為，所以為了得到函數(shù)的圖像，可以將函數(shù)的圖像向右平移個單位長度即可．選B二、填空題（本大題共5小題，請把答案填在答題卡中相應題中橫線上）11、【解析】12、①.##②.【解析】根據(jù)對數(shù)函數(shù)的定義域求出x的取值范圍即可；結合對數(shù)復合型函數(shù)的單調性與一次函數(shù)的單調性即可得出結果.【詳解】由題意知，，得，即函數(shù)的定義域為；又函數(shù)在定義域上單調增函數(shù)，而函數(shù)在上單調遞減，所以函數(shù)為減函數(shù)，故.故答案為：；13、【解析】當時，，故恒過點睛：函數(shù)圖象過定點問題，主要有指數(shù)函數(shù)過定點，對數(shù)函數(shù)過定點，冪函數(shù)過點，注意整體思維，整體賦值求解14、5【解析】，，三點共線，，即，解得，故答案為.15、【解析】取中點為O，連接VO,BO在正三棱錐中，因為,所以,所以=,所以三、解答題（本大題共6小題.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.）16、(1)點的坐標為或(2)見解析，過的圓必過定點和【解析】（1）設，由題可知，由點點距得到，解得參數(shù)值；（2）設的中點為，過三點的圓是以為直徑的圓，根據(jù)圓的標準方程得到圓，根據(jù)點P在直線上得到，代入上式可求出，進而得到定點解析：（Ⅰ）設，由題可知，即，解得：，故所求點的坐標為或.（2）設的中點為，過三點的圓是以為直徑的圓，設，則又∵圓又∵代入（1）式，得：整理得：無論取何值時，該圓都經(jīng)過的交點或綜上所述，過的圓必過定點和點睛：這個題目考查的是直線和圓的位置關系；一般直線和圓的題很多情況下是利用數(shù)形結合來解決的，聯(lián)立的時候較少；還有就是在求圓上的點到直線或者定點的距離時，一般是轉化為圓心到直線或者圓心到定點的距離，再加減半徑，分別得到最大值和最小值17、（1）；（2）【解析】（1）由題意可知實數(shù)的取值范圍為函數(shù)的值域，結合三角函數(shù)的范圍和二次函數(shù)的性質可知時函數(shù)取得最小值，當時函數(shù)取得最大值，實數(shù)的取值范圍是.（2）由題意可得時函數(shù)取得最大值，當時函數(shù)取得最小值，原問題等價于，求解不等式組可得實數(shù)的取值范圍是.試題解析：（1）因為，可化得，若方程有解只需實數(shù)的取值范圍為函數(shù)的值域，而，又因為，當時函數(shù)取得最小值，當時函數(shù)取得最大值，故實數(shù)的取值范圍是.（2）由，當時函數(shù)取得最大值，當時函數(shù)取得最小值，故對一切恒成立只需，解得，所以實數(shù)的取值范圍是.點睛：二次函數(shù)、二次方程與二次不等式統(tǒng)稱“三個二次”，它們常結合在一起，有關二次函數(shù)的問題，數(shù)形結合，密切聯(lián)系圖象是探求解題思路的有效方法．一般從：①開口方向；②對稱軸位置；③判別式；④端點函數(shù)值符號四個方面分析．18、（1），，，；（2）零點為；（3）答案見解析.【解析】（1）根據(jù)解析式直接計算即可；（2）由可解得結果；（3）由（1）易知為非奇非偶函數(shù)，用定義證明是上的減函數(shù).【詳解】（1），，，.（2）令得，故，即函數(shù)的零點為.（3）由（1）知，，且，故為非奇非偶函數(shù)；是上的減函數(shù).證明如下：（）任取，且，則，因為當時，，則，又，，所以，即，故函數(shù)是上的減函數(shù).19、（1）（2）【解析】（1）根據(jù)且知道滿足不等式，不滿足不等式，解出即可得出答案（2）根據(jù)知道是方程的兩個根，利用韋達定理求出a值，再帶入不等式，解出不等式即可【詳解】（1）（2）∵，∴是方程的兩個根，∴由韋達定理得解得∴不等式即為：其解集為【點睛】本題考查元素與集合的關系、一元二次不等式與一元二次等式的關系，屬于基礎題20、（1）4；（2）.【解析】(1)根據(jù)三角函數(shù)的定義可求出，然后分子分母同時除以，將弦化切，即可求出結果；(2)根據(jù)三角函數(shù)的定義可求出，，再利用誘導公式將表達式化簡，即可求出結果.【詳解】解：（1）因為終邊上一點，所以，所以.（2）已知角終邊上一點，則，所以，，所以21、（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）見解析.【解析】（Ⅰ）連接，推導出四邊形是平行四邊形，從而.再證出，.從而平面，同理平面，由此能證明平面平面（Ⅱ）推導出，，從而平面，，同理，由此能證明平面AB1D1，從而平面【詳解】（Ⅰ）連接BC1，∵正方體ABCD-A1B1C1D1中，AB∥C1D1，AB=C1D1，∴四邊形ABC1D1是平行四邊形，∴AD1∥BC1.又∵E，G分別是BC，CC1的中點，∴EG∥BC1，∴EG∥AD1.又∵EG?平面AB1D1，AD1?平面AB1D1，∴EG∥平面AB1D1.同理EF∥平面AB1D1，且EG∩EF=E，EG?平面EFG，EF?平面EFG，∴平面AB1D1∥平面EFG.

（Ⅱ）∵AB1D1正方體ABCD-A1B1C1D1中，AB1⊥