2023届江苏省南京市秦淮区高一数学第一学期期末检测试题含解析.doc

2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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若log2a1，b0B.a1，b0C.0a0D.0a1，b02已知函数在区间上的值域为，对任意实数都有，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.3给定函数；，其中在区间上单调递减的函数的序号是（ ）A.B.C.D.4已知，且是第四象限角，那么的值是（ ）A.B.C.D.5命题“，”的否定为（）A.，B.，C.，D.，6已知函数，下列关于该函数结论错误的是（）A.的图象关于直线对称B.的一个周期是C.的最大值为D.是区间上的增函数7设为偶函数，且在区间上单调递减，则的解集为（ ）A.（1，1）B.C.D.（2，4）8含有三个实数的集合可表示为a，1，也可表示为a2，a+b，0，则a2012+b2013的值为（ ）A.0B.1C.-1D.19已知函数，则下列结论不正确的是（ ）A.B.是的一个周期C.的图象关于点对称D.的定义域是10如果且，那么直线不经过（）A第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11已知幂函数f(x)的图象过点(4，2)，则f_.12函数的最大值为（ ）.13已知函数，若，使得，则实数a的取值范围是_.14在空间直角坐标系中，点和之间的距离为_.15已知，则函数的最大值是_16已知集合A=2，log2m，B=m，n(m，nR)，且，则AB=_.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如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，ACBCCC1，M，N分别是A1B，B1C1的中点(1)求证：MN平面A1BC；(2)求直线BC1和平面A1BC所成的角的大小18已知函数是上的奇函数.（1）求的值；（2）比较与0的大小，并说明理由.19已知函数，.（1）利用定义证明函数单调递增；（2）求函数的最大值和最小值.20已知函数，.（1）若函数的值域为R，求实数m的取值范围；（2）若函数是函数的反函数，当时，函数的最小值为，求实数m的值；（3）用表示m，n中的最大值，设函数，有2个零点，求实数m的范围.21如图，在直三棱柱中，已知，设的中点为， 求证：（1）； （2）.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、D【解析】，则；，则，故选D2、D【解析】根据关于对称，讨论与的关系，结合其区间单调性及对应值域求的范围.【详解】由题设，易知：关于对称，又恒成立，当时，则，可得；当时，则，可得；当，即时，则，即，可得；当，即时，则，即，可得；综上，.故选：D.【点睛】关键点点睛：利用分段函数的性质，讨论其对称轴与给定区间的位置关系，结合对应值域及求参数范围.3、B【解析】根据指对幂函数性质依次判断即可得答案.【详解】解：对于，在上单调递增；对于，在上单调递减；对于，时，在上单调递减；对于，在上单调递增；故在区间上单调递减的函数的序号是故选：B4、B【解析】由诱导公式对已知式子和所求式子进行化简即可求解.【详解】根据诱导公式：，所以，故.故选：B【点睛】诱导公式的记忆方法：奇变偶不变，符号看象限.5、B【解析】利用含有量词的命题的否定方法：先改变量词，然后再否定结论，判断即可.【详解】解：由含有量词的命题的否定方法：先改变量词，然后再否定结论可得，命题“”的否定为：.故选：B.6、C【解析】利用诱导公式证明可判断A；利用可判断B；利用三角函数的性质可判断C；利用复合函数的单调性可判断D.【详解】对于A，所以的图象关于直线对称，故A正确；对于B，所以的一个周期是，故B正确；对于C，所以的最大值为，当时，取得最大值，所以的最大值为，故C不正确；对于D，在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减，根据复合函数的单调性易知，在上单调递增，所以是区间上的增函数，故D正确.故选：C.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是熟练掌握函数对称性及周期性的判定及三角函数的图象与性质.7、C【解析】由奇偶性可知的区间单调性及，画出函数草图，由函数不等式及函数图象求解集即可.【详解】根据题意，偶函数在上单调递减且，则在上单调递增，且函数的草图如图，或，由图可得2x0或x2，即不等式的解集为故选：C8、B【解析】根据题意，由a，1=a2，a+b，0可得a=0或=0，又由的意义，则a0，必有=0，则b=0，则a，0，1=a2，a，0，则有a2=1，即a=1或a=-1，集合a，0，1中，a1，则必有a=-1，则a2012+b2013=（-1）2012+02013=1，故选B点睛：集合的三要素是：确定性、互异性和无序性，集合的表示常用的有三种形式：列举法，描述法，Venn图法.研究一个集合，我们首先要看清楚它的研究对象，是实数还是点的坐标还是其它的一些元素，这是很关键的一步.9、C【解析】画出函数的图象，观察图象可解答.【详解】画出函数的图象，易得的周期为 ，且是偶函数，定义域是，故A，B，D正确；点不是函数的对称中心，C错误.故选：C10、C【解析】由条件可得直线的斜率的正负，直线在轴上的截距的正负，进而可得直线不经过的象限【详解】解：由且，可得直线斜率为，直线在y轴上的截距，故直线不经过第三象限，故选C【点睛】本题主要考查确定直线位置的几何要素，属于基础题二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】根据图象过点的坐标，求得幂函数解析式，再代值求得函数值即可.【详解】设幂函数为yx(为常数).函数f(x)的图象过点(4，2)，24，f(x)，f.故答案为：.【点睛】本题考查幂函数解析式的求解，以及幂函数函数值的求解，属综合简单题.12、【解析】利用可求最大值.【详解】因为，即，取到最小值；所以函数的最大值为.故答案为：.【点睛】本题主要考查三角函数的最值问题，借助正弦函数的值域能方便求解，侧重考查数学抽象的核心素养.13、【解析】将“对，使得，”转化为，再根据二次函数的性质和指数函数的单调性求得最值代入即可解得结果.【详解】当时，当时，当时，为增函数，所以时，取得最大值，对，使得，解得.故答案为：.14、【解析】利用空间两点间的距离公式求解.【详解】由空间直角坐标系中两点间距离公式可得.故答案为：15、【解析】由函数变形为，再由基本不等式求得，从而有，即可得到答案.【详解】函数由基本不等式得，当且仅当，即时取等号.函数的最大值是故答案为.【点睛】本题主要考查线性规划的应用以及基本不等式的应用，.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.16、【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：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）见解析；（2）【解析】（1）易得BC平面ACC1A1，连接AC1，则BCAC1侧面ACC1A1是正方形，所以A1CAC1又BCA1C=C，根据线面垂直判定定理可知AC1平面A1BC，因为侧面ABB1A1是正方形，MN是AB1C1的中位线，所以MNAC1，从而MN平面A1BC；（2）根据AC1平面A1BC，设AC1与A1C相交于点D，连接BD，根据线面所成角的定义可知C1BD为直线BC1和平面A1BC所成角，设AC=BC=CC1=a，求出C1D，BC1，在RtBDC1中，求出C1BD，即可求出所求试题解析：(1)证明如图，由已知BCAC，BCCC1，得BC平面ACC1A1连接AC1，则BCAC1又侧面ACC1A1是正方形，所以A1CAC1又BCA1CC，所以AC1平面A1BC因为侧面ABB1A1是正方形，M是A1B的中点，连接AB1，则点M是AB1的中点又点N是B1C1的中点，则MN是AB1C1的中位线，所以MNAC1故MN平面A1BC.(2)如图所示，因为AC1平面A1BC，设AC1与A1C相交于点D， 连接BD，则C1BD为直线BC1和平面A1BC所成的角设ACBCCC1a，则C1Da，BC1a在RtBDC1中，sin C1BD，所以C1BD30，故直线BC1和平面A1BC所成的角为3018、（1）；（2）【解析】（1）由奇函数的性质列式求解；（2）先判断函数的单调性，然后求解，利用单调性与奇偶性即可判断出.【小问1详解】因为是上的奇函数，所以，得时，满足为奇函数，所以.【小问2详解】设，则，因，所以，所以，即，所以函数在上为增函数，又因为为上的奇函数，所以函数在上为增函数，因为，即，所以，因为是上的奇函数，所以，所以【点睛】判断复合函数的单调性时，一般利用换元法，分别判断内函数与外函数的单调性，再由同增异减的性质判断出复合函数的单调性.19、（1）证明见详解；（2）最大值；最小值.【解析】（1）任取、且，求，因式分解，然后判断的符号，进而可得出函数的单调性；（2）利用（1）中的结论可求得函数的最大值和最小值.【详解】（1）任取、且，因为，所以，即，因此，函数在区间上为增函数；（2）由（1）知，当时，函数取得最小值；当时，函数取得最大值.【点睛】关键点睛：求函数的最值利用函数的单调性是解决本题的关键.20、（1）（2）（3）【解析】( 1 )函数的值域为R,可得,求解即可;( 2)设分类论可得m的值;(3)对m分类讨论可得结论.【小问1详解】值域为R,【小问2详解】，.设，若即时，若，即时，舍去若即时，无解，舍去综上所示：【小问3详解】显然，当时，在无零点，舍去当时，舍去时，解分别为，只需控制，不要均大于等于1即可：，舍去：，无解，综上：21、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.