2022-2023学年甘肃省高一数学第一学期期末监测模拟试题含解析.doc

2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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．在半径为cm的圆上，一扇形所对的圆心角为，则此扇形的面积为（）
A. B.
C. D.
2．已知函数，，如图所示，则图象对应的解析式可能是（）

A. B.
C. D.
3．祖暅原理也称祖氏原理，一个涉及几何求积的著名命题．内容为：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高．意思是两个等高的几何体，如在等高处的截面积相等，体积相等．设A，B为两个等高的几何体，p：A、B的体积相等，q：A、B在同一高处的截面积相等．根据祖暅原理可知，p是q的（）
A.充分必要条件 B.充分不必要条件
C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件
4．命题：的否定是（ ）
A. B.
C. D.
5．直线与直线互相垂直，则这两条直线的交点坐标为（　　）
A. B.
C. D.
6．已知，则a，b，c的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
7．已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
8．已知，其中a，b为常数，若，则（）
A. B.
C.10 D.2
9．若，，则的终边在（ ）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
10．如图所示，正方体中，分别为棱的中点，则在平面内与平面平行的直线

A.不存在 B.有1条
C.有2条 D.有无数条
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．命题“”的否定是________
12．已知集合A={2，log2m}，B={m，n}(m，n∈R)，且，则A∪B=___________.
13．已知函数在区间是单调递增函数，则实数的取值范围是______
14．若函数在区间上有两个不同的零点，则实数a的取值范围是_________.
15．方程的解在内，则的取值范围是___________.
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．假设你有一笔资金用于投资，年后的投资回报总利润为万元，现有两种投资方案的模型供你选择.
（1）请在下图中画出的图像；

（2）从总利润的角度思考，请你选择投资方案模型.
17．已知函数
（1）求函数导数；
（2）求函数的单调区间和极值点.
18．已知函数
（1）若，求a的值；
（2）判断函数的奇偶性，并证明你的结论；
（3）若对于恒成立，求实数m的范围
19．如图，直三棱柱的底面是边长为2的正三角形，分别是的中点

（１）证明：平面平面；
（２）若直线与平面所成的角为，求三棱锥的体积
20．已知函数，
1求的值；
2若，，求
21．已知函数是上的偶函数，且当时，.
（1）求的值；
（2）求函数的表达式，并直接写出其单调区间（不需要证明）；
（3）若，求实数的取值范围.

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、B
【解析】由题意，代入扇形的面积公式计算即可.
【详解】因为扇形的半径为，圆心角为，所以由扇形的面积公式得.
故选：B
2、C
【解析】利用奇偶性和定义域，采取排除法可得答案.
【详解】显然和为奇函数，
则和为奇函数，排除A，B，
又定义域为，排除D
故选：C
3、C
【解析】根据与的推出关系判断
【详解】已知A，B为两个等高的几何体，由祖暅原理知，而不能推出，可举反例，两个相同的圆锥，一个正置，一个倒置，此时两个几何体等高且体积相等，但在同一高处的截面积不相等，则是的必要不充分条件
故选：C
4、A
【解析】根据特称命题的否定为全称命题，从而可得出答案.
【详解】因为特称命题的否定为全称命题，
所以命题“”的否定为“”.
故选：A.
5、B
【解析】时，直线分别化为：，此时两条直线不垂直.时，利用两条直线垂直可得：，解得.联立方程解出即可得出.
【详解】时，直线分别化为：，此时两条直线不垂直.
时，由两条直线垂直可得：，解得.
综上可得：.
联立，解得，.∴这两条直线的交点坐标为.
故选：
【点睛】本题考查了直线相互垂直、分类讨论方法、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.
6、B
【解析】根据指数函数的单调性、对数函数的单调性可得答案.
【详解】根据指数函数的单调性可知，，
即，即c＞1，
由对数函数的单调性可知，即．所以c＞a＞b
故选：B
7、D
【解析】
利用对数函数与指数函数的性质化简集合，再根据集合交集的定义求解即可．
【详解】因为，，
所以，
，
则，
故选：D．
8、A
【解析】计算出，结合可求得的值.
【详解】因为，所以，
若，则.
故选: A
9、D
【解析】根据同角三角函数关系式,化简,结合三角函数在各象限的符号,即可判断的终边所在的象限.
【详解】根据同角三角函数关系式

而
所以
故的终边在第四象限
故选:D
【点睛】本题考查了根据三角函数符号判断角所在的象限,属于基础题.
10、D
【解析】根据已知可得平面与平面相交，两平面必有唯一的交线，则在平面内与交线平行的直线都与平面平行，即可得出结论.
【详解】平面与平面有公共点，
由公理3知平面与平面必有过的交线，
在平面内与平行的直线有无数条，
且它们都不在平面内，
由线面平行的判定定理可知它们都与平面平行.
故选：D.
【点睛】本题考查平面的基本性质、线面平行的判定，熟练掌握公理、定理是解题的关键，属于基础题.

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】由否定的定义写出即可.
【详解】命题“”的否定是“”
故答案为：
12、
【解析】根据条件得到，解出，进而得到.
【详解】因为，所以且，所以，解得：，则，，所以.
故答案为：
13、
【解析】求出二次函数的对称轴，即可得的单增区间，即可求解.
【详解】函数的对称轴是，开口向上，
若函数在区间是单调递增函数，
则，
故答案为：
14、
【解析】首先根据函数的解析式确定，再利用换元法将函数
在区间上有两个不同的零点的问题，转化为方程
区间上有两个不同根的问题，由此列出不等式组解得答案.
【详解】函数在区间上有两个不同的零点，
则 ，故由 可知： ，
当时，，显然不符合题意，故，
又函数在区间上有两个不同的零点，
等价于在区间上有两个不同的根，
设 ，
则函数在区间上有两个不同的根，
等价于 在区间上有两个不同的根，
由得 ，
要使区间上有两个不同的根，
需满足 ，解得 ，
故答案为：
15、
【解析】先令，按照单调性求出函数的值域，写出的取值范围即可.
【详解】令，显然该函数增函数，，值域为，故.
故答案为：.

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、（1）作图见解析（2）答案不唯一，具体见解析
【解析】（1）根据指数函数描出几个特殊点，用平滑的曲线连接即可.
（2）结合（1）中的图像，分析可得对于不同的值进行讨论即可求解.
【详解】（1）

（2）由图可知当时，；
当时，
当时，；
当时，；
当时，；
所以当资金投资2年或4年时两种方案的回报总利润相同；
当资金投资2年以内或4年以上，按照模型回报总利润为最大；
当资金投资2年以上到4年以内，按照模型回报总利润最大.
【点睛】本题考查了指数函数、二次函数模型的应用，属于基础题.
17、（1）；
（2）函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.函数的极大值点为，极小值点为.
【解析】（1）直接利用导数求导得解；
（2）令，求出方程的根，再列表得解.
【小问1详解】
解：由题得.
【小问2详解】
解：，
令或.
当变化时，的变化情况如下表，

正
0
负
0
正

单调递增
极大值点
单调递减
极小值点
单调递增
所以函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.函数的极大值点为，极小值点为.
18、（1）
（2）奇函数，证明见解析
（3）
【解析】（1）代入，得到，利用对数的运算即可求解；
（2）先判断奇偶性，然后分析定义域并计算的数量关系，由此完成证明；
（3）将已知转化为，求出在的最小值，即可得解.
【小问1详解】
，，即，解得，
所以a的值为
【小问2详解】
为奇函数，证明如下：
由，解得：或，所以定义域为关于原点对称，
又，
所以为奇函数；
【小问3详解】
因为，
又外部函数为增函数，内部函数在上为增函数，
由复合函数的单调性知函数在上为增函数，
所以，
又对于恒成立，所以，所以，
所以实数的范围是
19、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） .
【解析】（１）由面面垂直的判定定理很容易得结论；（２）所求三棱锥底面积容易求得，是本题转化为求三棱锥的高，利用直线与平面所成的角为，作出线面角，进而可求得的值，则可得的长
试题解析：（1）如图，因为三棱柱是直三棱柱，所以，
又是正三角形的边的中点，所以
又，因此平面
而平面，所以平面平面
（2）设的中点为，连结,

因为是正三角形，所以
又三棱柱是直三棱柱，所以
因此平面，于是为直线与平面所成的角，
由题设，，所以
在中，，所以
故三棱锥的体积
考点：直线与平面垂直的判定定理；直线与平面所成的角；几何体的体积．

20、 (Ⅰ) =1；(Ⅱ) =
【解析】（1）将代入可得：，在利用诱导公式和特殊角的三角函数值即可；（2）因为，根据两角和的余弦公式需求出和，，，则，根据二倍角公式求出代入即可
试题解析：（1）因为，
所以；
（2）因为，，则
所以，
考点：1.诱导公式；2.二倍角公式；3.两角和余弦
21、（1）
（2）答案见解析（3）
【解析】（1）根据偶函数的性质直接计算；
（2）当时，则，根据偶函数的性质即可求出；
（3）由题可得，根据单调性可得，即可解出.
【小问1详解】
因为是上的偶函数，所以.
【小问2详解】
当时，则，则，
故当时，，
故，
故的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问3详解】
若，即，即
因为在单调递减，所以，
故或，解得：或，
即.