2023届安徽省长丰二中数学高一上期末联考试题含解析.doc

2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1．下列各组函数中，表示同一个函数的是（）
A.与
B.与
C.与
D.与
2．函数的图象如图所示，则函数的零点为（ ）

A. B.
C. D.
3．在下列区间中，函数f（x）＝ex+2x﹣5的零点所在的区间为（　　）
A.（﹣1，0） B.（0，1）
C.（1，2） D.（2，3）
4．设，表示两个不同平面，表示一条直线，下列命题正确的是（ ）
A.若，，则.
B.若，，则.
C.若，，则.
D.若，，则.
5．已知函数的定义域为，命题为奇函数，命题，那么是的（）
A.充分必要条件 B.既不充分也不必要条件
C.充分不必要条件 D.必要不充分条件
6． “”是“且”的（）
A.必要而不充分条件 B.充分而不必要条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
7．函数与的图象（ ）
A.关于轴对称 B.关于轴对称
C.关于原点对称 D.关于直线轴对称
8．已知，则=
A.2 B.
C. D.1
9．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积为（）

A. B.
C. D.
10．下列关系式中，正确的是
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知函数是幂函数，且过点，则___________.
12．某圆锥体的侧面展开图是半圆，当侧面积是时，则该圆锥体的体积是_______
13．设奇函数在上是增函数，且，若对所有的及任意的都满足，则的取值范围是__________
14．如图，在四棱锥中，平面平面，是边长为4的等边三角形，四边形是等腰梯形，，则四棱锥外接球的表面积是____________.

15．给出下列四种说法：
（1）函数与函数的定义域相同；
（2）函数与的值域相同；
（3）若函数式定义在R上的偶函数且在为减函数对于锐角则；
（4）若函数且,则；
其中正确说法序号是________.
16．如果对任意实数x总成立，那么a的取值范围是____________.
三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．计算下列各式的值：
（1）；
（2）；
（3）.
18．如图，在平面直角坐标系中，锐角和钝角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边分别与单位圆交于，两点，且.

（1）求的值；
（2）若点的横坐标为，求的值.
19．已知圆，直线
（1）直线l一定经过哪一点；
（2）若直线l平分圆C，求k的值；
（3）若直线l与圆C相交于A，B，求弦长的最小值及此时直线的方程
20．已知全集，集合，，.
（1）若，求；
（2）若，求实数a的取值范围.
21．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，D，E分别为棱AB，BC的中点，M为棱AA1的中点

（1）证明：A1B1⊥C1D；
（2）若AA1＝4，求三棱锥A﹣MDE的体积

参考答案

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1、B
【解析】根据两个函数的定义域相同且对应关系也相同，逐项判断即可
【详解】由于函数的定义域为，函数的定义域为，所以与不是同一个函数，故A错误；
由于的定义域为，函数且定义域为，所以与是同一函数，故B正确；
在函数中，，解得或，所以函数的定义域为，
在函数中，，解得，所以的定义域为，所以与不是同一函数，故C错误；
由于函数的定义域为，函数定义域为为，所以与不是同一函数，故D错误；
故选：B.
2、B
【解析】根据函数的图象和零点的定义，即可得出答案.
【详解】解：根据函数的图象，可知与轴的交点为，
所以函数的零点为2.
故选：B.
3、C
【解析】由零点存在性定理即可得出选项.
【详解】由函数为连续函数，
且，
，
所以，
所以零点所在的区间为，
故选：C
【点睛】本题主要考查零点存在性定理，在运用零点存在性定理时，函数为连续函数，属于基础题.
4、C
【解析】由或判断；由，或相交判断；根据线面平行与面面平行的定义判断；由或相交，判断.
【详解】若，，则或，不正确；
若，，则，或相交，不正确；
若，，可得没有公共点，即，正确；
若，，则或相交，不正确,故选C.
【点睛】本题主要考查空间平行关系的性质与判断，属于基础题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.
5、C
【解析】根据奇函数的性质及命题充分必要性的概念直接判断.
【详解】为奇函数,则，
但，无法得函数为奇函数，例如，满足，但是为偶函数，
所以是的充分不必要条件，
故选：C.
6、A
【解析】根据充分条件和必要条件的定义结合不等式的性质分析判断
【详解】当时，满足，而不成立，
当且时，，所以，
所以“”是“且”的必要而不充分条件，
故选：A
7、D
【解析】函数与互为反函数，然后可得答案.
【详解】函数与互为反函数，它们的图象关于直线轴对称
故选：D
8、D
【解析】.故选.
9、D
【解析】借助正方体模型还原几何体，进而求解表面积即可.
【详解】解：如图，在边长为的正方体模型中，将三视图还原成直观图为三棱锥，
其中，均为直角三角形，为等边三角形，
，

所以该几何体的表面积为
故选：D
10、C
【解析】不含任何元素的集合称为空集，即为，而代表由单元素0组成的集合，
所以，
而与的关系应该是.
故选C.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】由题意，设代入点坐标可得，计算即得解
【详解】由题意，设，过点
故，解得
故
则
故答案为：
12、
【解析】设圆锥的母线长为，底面半径为，则，，，，所以圆锥的高为，体积为.
考点：圆锥的侧面展开图与体积.
13、
【解析】由题意得，又因为在上是增函数，所以当，任意的时，，转化为在时恒成立，即在时恒成立，即可求解.
【详解】由题意，得，
又因为在上是增函数，所以当时，有，
所以在时恒成立，
即在时恒成立，
转化为在时恒成立，
所以或或
解得：或或，
即实数的取值范围是
【点睛】本题考查函数的恒成立问题的求解，求解的关键是把不等式的恒成立问题进行等价转化，考查分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.
14、##
【解析】先根据面面垂直，取△的外接圆圆心G，梯形的外接圆圆心F，分别过两点作对应平面的垂线，找到交点为外接球球心，再通过边长关系计算半径，代入球的表面积公式即得结果.
【详解】如图，取的中点，的中点，连，，在上取点，使得，
由是边长为4的等边三角形，四边形是等腰梯形，，
可得，，即梯形的外接圆圆心为F，
分别过点、作平面、平面的垂线，两垂线相交于点，显然点为四棱锥外接球的球心，

由题可得，，，
则四棱锥外接球的半径，
故四棱锥外接球的表面积为
故答案为：.
15、（1）（3）
【解析】(1)根据定义域直接判断；(2)分别求出值域即可判断；(3)利用偶函数图形的对称性得出在上的单调性及锐角，可以判断；(4)通过对数性质及对数运算即可判断.
【详解】(1)函数与函数的定义域都为.所以(1)正确.
(2) 函数的值域为而的值域为，所以值域不同，故(2)错误.
(3) 函数在定义R上的偶函数且在为减函数,则函数在在为增函数，又为锐角，则，所以，故(3)正确.
(4) 函数且，则，即，
得，故(4)错误.
故答案为：(1)(3).
【点睛】本题主要考查了指数函数、对数函数与幂函数的定义域与值域的求解，函数的奇偶性和单调性的判定，对数的运算，属于函数知识的综合应用，是中档题.
16、
【解析】先利用绝对值三角不等式求出的最小值，进而求出a的取值范围.
【详解】，当且仅当时等号成立，故，所以a的取值范围是.
故答案为：

三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、 (1) （2）3 (3)1
【解析】（1）根据实数指数幂的运算法则化简即可；（2）根据对数的运算法则和性质化简求值；（3）利用诱导公式化简求值即可.
试题解析：
(1)原式＝-10(＋2)＋1
＝＋10－10－20＋1＝－.
（2）原式＝2lg 5＋2lg 2＋lg 5(2lg 2＋lg 5)＋(lg 2)2
＝2lg 10＋(lg 5＋lg 2)2＝2＋(lg 10)2＝2＋1＝3.
(3)原式＝
18、（1）；
（2）.
【解析】(1)根据给定条件可得，再利用诱导公式化简计算作答.
(2)由给定条件求出，再利用和角公式、倍角公式计算作答.
【小问1详解】
依题意，，所以.
【小问2详解】
因点的横坐标为，而点在第一象限，则点，即有，
于是得，，
，，
所以.
19、（1）（2）（3）弦长的最小值为,此时直线的方程为
【解析】（1）由可求出结果；
（2）转化为圆心在直线上可求出结果；
（3）当时，弦长最小，根据垂直关系求出直线斜率，根据点斜式求出直线的方程，利用勾股定理可求出最小弦长.
【详解】（1）由得得，
所以直线l一定经过点.
（2）因为直线l平分圆C，所以圆心在直线上，
所以，解得.
（3）依题意可知当时，弦长最小，
此时，所以，
所以，即，
圆心到直线的距离，
所以.
所以弦长的最小值为，此时直线的方程为.
【点睛】关键点点睛：（3）中，将弦长最小转化为是解题关键.
20、（1）
（2）
【解析】（1）时，分别求出集合，，，再根据集合的运算求得答案；
（2）根据，列出相应的不等式组，解得答案.
【小问1详解】
当时，，，
所以，
故.
【小问2详解】
因为，所以,
解得.
21、（1）证明见解析（2）
【解析】（1）通过证明AB⊥CD，AB⊥CC1，证明A1B1⊥平面CDC1，然后证明A1B1⊥C1D；
（2）求出底面△DCE的面积，求出对应的高，即点到底面DCE的距离，然后求解四面体M-CDE的体积，由三棱锥A﹣MDE的体积就是三棱锥M﹣CDE的体积得结论.
【详解】（1）证明：∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，
∴AB⊥CD，AB⊥CC1，CD∩CC1＝C，
∴AB⊥平面CDC1，
∵A1B1∥AB，∴A1B1⊥平面CDC1，
∵C1D平面CDC1，
∴A1B1⊥C1D；
（2）解：三棱锥A﹣MDE的体积就是三棱锥M﹣CDE的体积，
AC＝BC＝2，D，E分别为棱AB，BC的中点，
M为棱AA1的中点．AA1＝4，所以AM＝2，AB⊥CD，
三棱锥A﹣MDE的体积：
【点睛】本题考查线面垂直，考查点到面的距离，解题的关键是利用线面垂直证明线线线垂直，利用等体积法求点到面的距离，是中档题