2022-2023學(xué)年天津楊柳青第二中學(xué)高一數(shù)學(xué)理模擬試卷含解析

2022-2023學(xué)年天津楊柳青第二中學(xué)高一數(shù)學(xué)理模擬試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有是一個(gè)符合題目要求的1.在等差數(shù)列{an}中，a1＝3，a3＝2，則此數(shù)列的前10項(xiàng)之和S10等于（

）A．55.5

B．7.5

C．75

D．－15參考答案：B2.為了得到函數(shù)y＝sin(3x＋)的圖像，只需把函數(shù)y＝sin3x的圖像

()A.向左平移

B.向左平移

C.向右平移

D.向右平移參考答案：B略3.已知甲、乙兩車由同一起點(diǎn)同時(shí)出發(fā),并沿同一路線（假定為直線）行駛．甲車、乙車的速度曲線分別為（如圖2所示）．那么對(duì)于圖中給定的，下列判斷中一定正確的是A.在時(shí)刻，甲車在乙車前面

B.時(shí)刻后，甲車在乙車后面C.在時(shí)刻，兩車的位置相同D.時(shí)刻后，乙車在甲車前面參考答案：解析:由圖像可知，曲線比在0～、0～與軸所圍成圖形面積大，則在、時(shí)刻，甲車均在乙車前面，選A.4.下列函數(shù)中，不滿足的函數(shù)是（

）

A.

B.

C.

D.參考答案：C略5.若三個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，則直線必經(jīng)過(guò)定點(diǎn)()A．(1，－2)

B．(1,2)

C．(－1,2)

D．(－1，－2)

參考答案：A略6.

（

）

A

B

C

-

D-

參考答案：A略7.等比數(shù)列的各項(xiàng)均為正數(shù)，且，則++…+=()A．12

B．10

C．8

D．參考答案：B8.點(diǎn)P在直線上，直線在平面內(nèi)可記為(

)A．P∈，B．P，

C．P，∈

D．P∈，∈參考答案：A9.若關(guān)于x的方程有負(fù)數(shù)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為

（

）

A．

B．

C．

D．參考答案：D

解析：因?yàn)?/p>

解得10.設(shè)集合S={}，在S上定義運(yùn)算為：=Ak,其中k為i+j被4除的余數(shù)，i、j=0,1,2,3.滿足關(guān)系式的x(x∈S)的個(gè)數(shù)為（

）A.4

B.3

C.2

D.1參考答案：C略二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.如圖，已知圓，六邊形ABCDEF為圓M的內(nèi)接正六邊形，點(diǎn)P為邊AB的中點(diǎn)，當(dāng)六邊形ABCDEF繞圓心M轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，的取值范圍是________．參考答案：【分析】先求出，再化簡(jiǎn)得即得的取值范圍.【詳解】由題得OM=,由題得由題得..所以的取值范圍是.故答案為：【點(diǎn)睛】本題主要考查平面向量的運(yùn)算和數(shù)量積運(yùn)算，意在考查學(xué)生對(duì)這些知識(shí)的理解掌握水平和分析推理能力.12.在數(shù)列{an}中，，且對(duì)于任意自然數(shù)n，都有，則______．參考答案：7【分析】利用遞推關(guān)系由累加可求.【詳解】根據(jù)題意，數(shù)列{}中，，則，則；故答案為：713.數(shù)學(xué)老師給出一個(gè)函數(shù)，甲、乙、丙、丁四個(gè)同學(xué)各說(shuō)出了這個(gè)函數(shù)的一條性質(zhì)：甲：在上函數(shù)單調(diào)遞減；乙：在上函數(shù)單調(diào)遞增；丙：在定義域R上函數(shù)的圖象關(guān)于直線x=1對(duì)稱；?。翰皇呛瘮?shù)的最小值.老師說(shuō)：你們四個(gè)同學(xué)中恰好有三個(gè)人說(shuō)的正確.那么，你認(rèn)為_________說(shuō)的是錯(cuò)誤的.參考答案：乙14.等差數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn，Tn，且，則______．參考答案：【分析】根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)可得，結(jié)合題中條件，即可求出結(jié)果.【詳解】因?yàn)榈炔顢?shù)列，的前n項(xiàng)和分別為，，由等差數(shù)列的性質(zhì)，可得，又，所以.故答案為【點(diǎn)睛】本題主要考查等差數(shù)列的性質(zhì)，以及等差數(shù)列的前項(xiàng)和，熟記等差數(shù)列的性質(zhì)與前項(xiàng)和公式，即可得出結(jié)果.15.若log2（3a+4b）=log2a+log2b，則a+b的最小值是．參考答案：7+4【考點(diǎn)】4H：對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)．【分析】利用已知條件求出得到+=1，然后根據(jù)基本不等式即可求解表達(dá)式的最小值．【解答】解：∵log2（3a+4b）=log2a+log2b=log2ab，∴a＞0，b＞0，3a+4b=ab，∴+=1，∴a+b=（a+b）（+）=4+3++≥7+4，當(dāng)且僅當(dāng)a=4+2，b=2+3時(shí)取等號(hào)，故答案為：16.給出下列命題：

①函數(shù)都是周期函數(shù)；②函數(shù)在區(qū)間上遞增；③函數(shù)是奇函數(shù)；④函數(shù)，的圖像與直線圍成的圖形面積等于；⑤函數(shù)是偶函數(shù)，且圖像關(guān)于直線對(duì)稱，則2為的一個(gè)周期.

其中正確的命題是__________.（把正確命題的序號(hào)都填上）.

參考答案：①③④⑤略17.等比數(shù)列的公比，前項(xiàng)的和為．令，數(shù)列的前項(xiàng)和為，若對(duì)恒成立，則實(shí)數(shù)的最小值為

.參考答案：三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟18.已知不等式.（1）當(dāng)時(shí)，求此不等式的解集；（2）若不等式的解集非空，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．參考答案：（1）(1,4)；（2）(－∞,－5)∪(3,+∞)【分析】（1）不等式為，解得（2）不等式的解集非空，則，求解即可【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，不等式，解得，故不等式的解集為；（2）不等式的解集非空，則，即，解得，或，故實(shí)數(shù)的取值范圍是．【點(diǎn)睛】二次函數(shù)，二次方程，一元二次不等式三個(gè)二次的相互轉(zhuǎn)換是解決一元二次不等式問(wèn)題的常用方法，數(shù)形結(jié)合是解決函數(shù)問(wèn)題的基本思想。19.（14分）已知函數(shù)f（x）=ax3+bx2+cx在R上是奇函數(shù)，且f（﹣1）=﹣2，f（2）=10．（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的解析式；（Ⅱ）說(shuō)明f（x）在R上的單調(diào)性（不需要證明）；（Ⅲ）若關(guān)于x的不等式f（x2﹣9）+f（kx+3k）＜0在x∈（0，1）上恒成立，求實(shí)數(shù)k是的取值范圍．參考答案：考點(diǎn)： 函數(shù)奇偶性的性質(zhì)；函數(shù)解析式的求解及常用方法；函數(shù)恒成立問(wèn)題．專題： 函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．分析： （I）由f（x）在R上是奇函數(shù)可得f（﹣x）=﹣f（x），代入整理即可求解b，然后在利用f（﹣1）=﹣2，f（2）=10可求a，c（II）結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性的定義即可判斷（III）由f（x2﹣9）+f（kx+3k）＜0在且f（x）在R上是奇函數(shù)可得f（x2﹣9）＜f（﹣kx﹣3k），結(jié)合f（x）在（0，1）上單調(diào)性可得x2﹣9＜﹣kx﹣3k即x2+kx+3k﹣9＜0在x∈（0，1）上恒成立，法一：令g（x）=x2+kx+3k﹣9，x∈（0，1），結(jié)合二次函數(shù)的實(shí)根分布即可求解法二：由x2+kx+3k﹣9＜0在x∈（0，1）上恒成立，分離可得k=3﹣x在x∈（0，1）上恒成立，可求解答： （I）∵f（x）=ax3+bx2+cx在R上是奇函數(shù)∴f（﹣x）=﹣f（x）即﹣ax3+bx2﹣cx=﹣ax3﹣bx2﹣cx∴2bx=0即b=0∵f（﹣1）=﹣2，f（2）=10．∴解可得，a=c=1∴f（x）=x3+x（II）函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增（III）∵f（x2﹣9）+f（kx+3k）＜0在且f（x）在R上是奇函數(shù)∴f（x2﹣9）＜﹣f（kx+3k）=f（﹣kx﹣3k）在x∈（0，1）上恒成立由（II）知函數(shù)f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增∴x2﹣9＜﹣kx﹣3k即x2+kx+3k﹣9＜0在x∈（0，1）上恒成立法一：令g（x）=x2+kx+3k﹣9，x∈（0，1）∴解得k≤2k的取值范圍為空{(diào)k|k≤2}法二：∵x2+kx+3k﹣9＜0在x∈（0，1）上恒成立∴（x+3）k＜9﹣x2∵x∈（0，1）∴3﹣x＞0∴k=3﹣x在x∈（0，1）上恒成立令h（x）=3﹣x，x∈（0，1）則2＜h（x）＜3∴k≤2k的取值范圍為空{(diào)k|k≤2}點(diǎn)評(píng)： 本題綜合考查了函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性及函數(shù)恒成立問(wèn)題的應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是熟練掌握函數(shù)的基本知識(shí)并能靈活的應(yīng)用．20.下圖所示的幾何體是將高為2，底面半徑為1的直圓柱沿過(guò)軸的平面切開后，將其中一半沿切面向右水平平移后得到的，A，A′，B，B′分別為，，，的中點(diǎn)，O1，O′1，O2，O′2分別為CD，C′D′，DE，D′E′的中點(diǎn)．(1)證明：O′1，A′，O2，B四點(diǎn)共面；(2)設(shè)G為AA′中點(diǎn)，延長(zhǎng)A′O′1到H′，使得O′1H′＝A′O′1.證明：BO′2⊥平面H′B′C.參考答案：(1)由題意知A′，O′1，B′，O′2四點(diǎn)共面．∵O′1，O′2分別為C′D′，D′E′的中點(diǎn)，A′，B′分別為，的中點(diǎn)，∴O′1A′∥B′O′2.又O2，B分別為DE，的中點(diǎn)，∴BO2∥B′O′2，∴O′1A∥BO2，∴O′1，A′，O2，B四點(diǎn)共面．(2)方法①：如圖(1)所示，連接AO1，并延長(zhǎng)至H，使得O1H＝AO1，連接H′H，HB，BO2，O2O′2，O1O′1，則得長(zhǎng)方體HBO2O1－H′B′O′2O′1.則HO′1∥BO′2，H′B′⊥BO′2.取A′G的中點(diǎn)F，連接O′1F，HF，則O′1F綊H′G.由題意，在Rt△H′A′G中，H′A′＝2，A′G＝1，∴H′G＝＝＝，∴O′1F＝．在Rt△HAF中，HA＝2，AF＝，∴HF＝HA2＋AF2＝＝．在Rt△HH′O′1中，HH′＝2，H′O′1＝1，∴HO′1＝HH′2＋H′O′＝＝．∴O′1F2＋HO′＝HF2.∴HO′1⊥O′1F.又O′1F∥H′G，∴HO′1⊥H′G.∴BO′2⊥H′G.又H′B′⊥BO′2，H′B′∩H′G＝H′.∴BO′2⊥平面H′B′G.

方法2(向量法)建系O1－xyz如圖(2)所示，直圓柱高為2，底面半徑為1，則O1(0,0,0)，B(1,2,0)，O′2(0,2,2)，B′(1,2,2)，G(－1,0,1)，H′(1,0,2)，∴＝(－1,0,2)，＝(2,2,1)，＝(0，－2,0)．∴·＝－2＋0＋2＝0，·＝0＋0＋0＝0，∴BO2⊥GB且BO2⊥H′B.又GB∩H′B＝B，∴BO2⊥面H′B′G.21.已知函數(shù)在點(diǎn)處取得極小值－4，使其導(dǎo)數(shù)的的取值范圍為，求：（1）的解析式；（2），求的最大值；參考答案：22.已知定義域?yàn)镽的函數(shù)在[1,2]上有最大值1，設(shè)．（1）求m的值；（2）若不等式在上恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；（3）若函數(shù)有三個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．參考答案：（1）0；（2）；（3）【分析】（1）結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)可判斷g（x）在[1，2]上的單調(diào)性，結(jié)合已知函數(shù)的最大值可求m；（2）由（1）可知f（x），由原不等式可知2k1在x∈[3，9]上恒成立，結(jié)合對(duì)數(shù)與二次函數(shù)的性質(zhì)可求；（3）原方程可化為|ex﹣1|2﹣（3k+2）|ex﹣1|+（2k+1）＝0，利用換元q＝|ex﹣1|，結(jié)合二次函數(shù)的實(shí)根分布即可求解．