辽宁省丹东市第二中学2022-2023学年高一数学第一学期期末监测试题含解析.doc

2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（本大题共10小题；在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，请将正确选项填涂在答题卡上.）1直线l过点A(3,4)，且与点B(3,2)的距离最远，则直线l的方程为() A.3xy50B.3xy50C.3xy130D.3xy1302函数f（x）=A.（-2-1）B.（-1,0）C.（0,1）D.（1,2）3函数的定义域为A B.C.D.4已知集合，则等于（）A.B.C.D.5已知的三个顶点A，B，C及半面内的一点P，若，则点P与的位置关系是A.点P在内部B.点P在外部C.点P在线段AC上D.点P在直线AB上6已知三个函数，的零点依次为、，则A.B.C.D.7已知,，则（ ）A.B.C.D.8九章算术中记载了公元前344年商鞅督造的一种标准量器商鞅铜方升，其外形由圆柱和长方体组合而成.已知某组合体由圆柱和长方体组成，如图所示，圆柱的底面直径为1寸，长方体的长、宽、高分别为3.8寸，3寸，1寸，该组合体的体积约为12.6立方寸，若取3.14，则圆柱的母线长约为（）A.0.38寸B.1.15寸C.1.53寸D.4.59寸9若命题“，”是假命题，则实数的取值范围为（ ）A.B.C.D.10函数的单调递增区间是A.B.C.D.二、填空题（本大题共5小题，请把答案填在答题卡中相应题中横线上）11以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形.勒洛三角形是由德国机械工程专家、机构运动学家勒洛首先发现，所以以他的名字命名.一些地方的市政检修井盖、方孔转机等都有应用勒洛三角形.如图，已知某勒洛三角形的一段弧的长度为，则该勒洛三角形的面积是_.12在区间上随机地取一个实数，若实数满足的概率为，则_.13已知函数，则函数的零点个数为_14已知函数（为常数）的一条对称轴为，若，且满足，在区间上是单调函数，则的最小值为_.15用表示函数在闭区间上的最大值若正数满足，则的最大值为_三、解答题（本大题共6小题.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）16如图，在直三棱柱中，已知，设的中点为， 求证：（1）； （2）.17设全集U是实数集，集合，集合.（1）求集合A，集合B；（2）求.18求同时满足条件：与轴相切，圆心在直线上，直线被截得的弦长为的圆的方程19已知集合，B=3，6.（1）若a = 0，求；（2）xB是xA的充分条件，求实数a的取值范围.20已知函数（1）求证：用单调性定义证明函数是上的严格减函数；（2）已知“函数的图像关于点对称”的充要条件是“对于定义域内任何恒成立”.试用此结论判断函数的图像是否存在对称中心，若存在，求出该对称中心的坐标；若不存在，说明理由；（3）若对任意，都存在及实数，使得，求实数的最大值.21如图，四棱锥的底面为正方形，底面，分别是的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面.参考答案一、选择题（本大题共10小题；在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，请将正确选项填涂在答题卡上.）1、D【解析】由题意确定直线斜率，再根据点斜式求直线方程.【详解】由题意直线l与AB垂直，所以，选D.【点睛】本题考查直线斜率与直线方程，考查基本求解能力.2、C【解析】，所以零点在区间（0，1）上考点：零点存在性定理3、C【解析】要使得有意义，要满足真数大于0，且分母不能为0，即可求出定义域.【详解】要使得有意义，则要满足，解得.答案为C.【点睛】常见的定义域求解要满足：（1）分式：分母0；（2）偶次根式：被开方数0；（3）0次幂：底数0；（4）对数式：真数，底数且；（5）：；4、A【解析】先解不等式,再由交集的定义求解即可【详解】由题,因为,所以,即,所以,故选:A【点睛】本题考查集合的交集运算,考查利用指数函数单调性解不等式5、C【解析】由平面向量的加减运算得：，所以：，由向量共线得：即点P在线段AC上，得解【详解】因为：，所以：，所以：，即点P在线段AC上，故选C【点睛】本题考查了平面向量的加减运算及向量共线，属简单题6、C【解析】令，得出，令，得出，由于函数与的图象关于直线对称，且直线与直线垂直，利用对称性可求出的值，利用代数法求出函数的零点的值，即可求出的值.【详解】令，得出，令，得出，则函数与函数、交点的横坐标分别为、.函数与的图象关于直线对称，且直线与直线垂直，如下图所示：联立，得，则点，由图象可知，直线与函数、的交点关于点对称，则，由题意得，解得，因此，.故选：C.【点睛】本题考查函数的零点之和的求解，充分利用同底数的对数函数与指数函数互为反函数这一性质，结合图象的对称性求解，考查数形结合思想的应用，属于中等题.7、C【解析】求出集合，直接进行交集运算即可.【详解】，故选：C【点睛】本题考查集合的交集运算，指数函数的值域，属于基础题.8、C【解析】先求出长方体的体积，进而求出圆柱的体积，利用求出的圆柱体体积和圆柱的底面半径为0.5寸，求出圆柱的母线长【详解】由题意得，长方体的体积为(立方寸)，故圆柱的体积为(立方寸).设圆柱的母线长为l，则由圆柱的底面半径为0.5寸，得，计算得：(寸).故选：C9、A【解析】由题意知原命题为假命题，故命题的否定为真命题，再利用，即可得到答案.【详解】由题意可得“”是真命题，故或.故选：A.10、D【解析】 ，选D.二、填空题（本大题共5小题，请把答案填在答题卡中相应题中横线上）11、【解析】计算出一个弓形的面积，由题意可知，勒洛三角形由三个全等的弓形以及一个正三角形构成，利用弓形和正三角形的面积可求得结果.【详解】由弧长公式可得，可得，所以，由和线段所围成的弓形的面积为，而勒洛三角形由三个全等的弓形以及一个正三角形构成，因此，该勒洛三角形的面积为.故答案为：.12、1【解析】利用几何概型中的长度比即可求解.【详解】实数满足，解得，解得，故答案为：1【点睛】本题考查了几何概率的应用，属于基础题.13、3【解析】由，得，作出yf(x)，的图象，由图象可知共有3个交点，故函数的零点个数为3故答案为：314、【解析】根据是的对称轴可取得最值，即可求出的值，进而可得的解析式，再结合对称中心的性质即可求解.【详解】因为是的对称轴，所以，化简可得：，即，所以，有，可得，因为，且满足，在区间上是单调函数，又因为对称中心，所以，当时，取得最小值.故答案为：.15、【解析】对分类讨论，利用正弦函数的图象求出和，代入，解出的范围，即可得解.【详解】当，即时，因为，所以不成立； 当，即时，不满足；当，即时，由得，得，得；当，即时，由得，得，得，得；当，即时，不满足；当，即时，不满足.综上所述：.所以得最大值为故答案为：【点睛】关键点点睛：对分类讨论，利用正弦函数的图象求出和是解题关键.三、解答题（本大题共6小题.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）16、见解析；见解析.【解析】（1）要证明线面平行，转证线线平行，在AB1C中，DE为中位线，易得；（2）要证线线垂直，转证线面垂直平面,易证，从而问题得以解决.试题解析：在直三棱柱中， 平面，且矩形是正方形， 为的中点， 又为的中点， 又平面，平面， 平面 在直三棱柱中， 平面,平面, 又，平面，平面，平面，平面， 矩形是正方形，平面，平面又平面，.点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.17、（1），；（2），.【解析】（1）根据一元二次不等式的解法解出集合A，根据分式不等式解出结合B；（2）由交集、并集的概念和运算即可得出结果.【小问1详解】由题意知，且【小问2详解】由（1）知，所以，.18、或.【解析】根据题意，设圆心为，圆被直线截得的弦为为的中点，连结由垂径定理和点到直线的距离公式，建立关于的方程并解出值，即可得到满足条件的圆的标准方程【详解】试题解析：设所求的圆的方程是，则圆心到直线的距离为， 由于所求的圆与x轴相切，所以 又因为所求圆心在直线上，则 联立，解得,或.故所求的圆的方程是或.19、（1）（2）【解析】（1）先化简集合A，再去求；（2）结合函数的图象，可以简单快捷地得到关于实数a的不等式组，即可求得实数a的取值范围.【小问1详解】当时，又，故【小问2详解】由是的充分条件，得，即任意，有成立函数的图象是开口向上的抛物线，故，解得，所以a的取值范围为20、（1）见解析；（2）存在，为；（3）2.【解析】(1)先设，然后利用作差法比较与的大小即可判断；假设函数的图像存在对称中心，(2)结合函数的对称性及恒成立问题可建立关于，的方程，进而可求，；(3)由已知代入整理可得，的关系，然后结合恒成立可求的范围，进而可求【小问1详解】设，则，函数是上的严格减函数；【小问2详解】假设函数的图像存在对称中心，则恒成立，整理得恒成立，解得，故函数的对称中心为；【小问3详解】对任意,，都存在,及实数，使得，即，,，,，,，,，即，即的最大值为221、（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）连接BD，根据线面平行的判定定理只需证明EFPD即可；（2）利用线面垂直的判定定理可得面，再利用面面垂直的判定定理即证【小问1详解】如图，连结，则是的中点，又是的中点，又平面，面，平面；【小问2详解】底面是正方形，平面，平面，又，面，又平面，故平面平面.