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.10D.29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，nR)，且，则AB=_.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（）证明：平面平面；（）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：B2、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：C3、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：C4、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c1，由对数函数的单调性可知，即所以cab故选：B7、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：D8、A【解析】计算出，结合可求得的值.【详解】因为，所以，若，则.故选: A9、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、（）见解析；（） .【解析】（）由面面垂直的判定定理很容易得结论；（）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、 () =1；() =【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.