云南省曲靖市宣威民族中学2022-2023学年高一数学第一学期期末经典模拟试题含解析.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12小题，共60分）
1．将函数图象向右平移个单位得到函数的图象，已知的图象关于原点对称，则的最小正值为（）
A.2 B.3
C.4 D.6
2．在正六棱柱任意两个顶点的连线中与棱AB平行的条数为（）
A.2 B.3
C.4 D.5
3．下列四个函数中，在整个定义域内单调递减是　　
A. B.
C. D.
4．函数的图像向左平移个单位长度后是奇函数，则在上的最小值是（ ）
A. B.
C. D.
5．已知是定义在上的奇函数，且在上单调递增，若，则的解集为（）
A. B.
C. D.
6．已知，，，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
7．已知向量，，，若，，则（）
A. B.
C. D.
8．已知，，，则a，b，c的大小关系正确的是（）
A.a>b>c B.b>c>a
C.c>b>a D.c>a>b
9．已知等比数列满足,,则（）
A. B.
C. D.
10．已知是函数的反函数，则的值为（）
A.0 B.1
C.10 D.100
11．若：，则成立的一个充分不必要条件是（）
A. B.
C. D.
12．若，则（）
A. B.
C. D.2
二、填空题（本大题共4小题，共20分）
13．已知一组数据，，…，的平均数，方差，则另外一组数据，，…，的平均数为______，方差为______
14．如图，

，，是三个边长为1的等边三角形，且有一条边在同一直线上，边上有2个不同的点，则__________
15．集合，用列举法可以表示为_________
16．直线,当变动时,所有直线都通过定点______.
三、解答题（本大题共6小题，共70分）
17．如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折成，使平面平面.

(1)求证：平面；
(2)求与平面所成的角；
(3)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
18．函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω＞0，－＜φ＜)的部分图象如图所示：

（1）求函数解析式；
（2）求函数的单调递增区间.
19．如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB//CD,
,若

（1）求证：
（2）求三棱锥的体积.
20．已知函数最小正周期为.
（1）求的值：
（2）将函数的图象先向左平移个单位，然后向上平移1个单位，得到函数，若在上至少含有4个零点，求b的最小值.
21．已知函数的图象恒过定点A，且点A又在函数的图象上.
（1）求实数a的值；
（2）若函数有两个零点，求实数b的取值范围.
22．某种商品在天内每克的销售价格(元)与时间的函数图象是如图所示的两条线段（不包含两点）；该商品在 30 天内日销售量(克)与时间(天)之间的函数关系如下表所示:
第天
5
15
20
30
销售量克
35
25
20
10

（1）根据提供的图象，写出该商品每克销售的价格(元)与时间的函数关系式；
（2）根据表中数据写出一个反映日销售量随时间变化的函数关系式；
（3）在（2）的基础上求该商品的日销售金额的最大值，并求出对应的值.
（注：日销售金额=每克的销售价格×日销售量）

参考答案

一、选择题（本大题共12小题，共60分）
1、B
【解析】根据图象平移求出g(x)解析式，g(x)为奇函数，则g(0)＝0，据此即可计算ω的取值.
【详解】根据已知，可得，
∵的图象关于原点对称，所以，从而，Z，
所以，其最小正值为3，此时
故选：B
2、D
【解析】作出几何体的直观图观察即可.
【详解】解：连接CF，C1F1，与棱AB平行的有，共有5条，
故选：D.

3、C
【解析】根据指数函数的性质判断，利用特殊值判断，利用对数函数的性质判断，利用偶函数的性质判断
【详解】对于，，是指数函数，在整个定义域内单调递增，不符合题意；
对于，，有，，不是减函数，不符合题意；
对于，为对数函数，整个定义域内单调递减，符合题意；
对于，，为偶函数，整个定义域内不是单调函数，不符合题意，
故选C
【点睛】本题主要考查指数函数的性质、单调性是定义，对数函数的性质以及偶函数的性质，意在考查综合利用所学知识解答问题的能力，属于中档题
4、D
【解析】由函数图像平移后得到的是奇函数得，再利用三角函数的图像和性质求在上的最小值.
【详解】平移后得到函数
∵函数为奇函数，
故
∵，
∴，
∴函数为，
∴，
时，函数取得最小值为
故选
【点睛】本题主要考查三角函数图像的变换，考查三角函数的奇偶性和在区间上的最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
5、D
【解析】由可得，由单调性即可判定在和上的符号，再由奇偶性判定在和上的符号，即可求解.
【详解】∵即，
∵在上单调递增，∴当时，，此时，
当时，，此时，
又∵是定义在上的奇函数，∴在上单调递增，且，
当时，，此时，
当时，，此时，
综上可知，的解集为，
故选:D
【点睛】本题考查了函数的奇偶性和单调性的交汇，求得函数在各个区间上的符号是关键，考查了推理能力，属于中档题.
6、A
【解析】由题，,
,所以的大小关系为.故选A.
点晴：本题考查的是对数式的大小比较．解决本题的关键是利用对数函数的单调性比较大小，当对数函数的底数大于0小于1时，对数函数是单调递减的，当底数大于1时，对数函数是单调递增的；另外由于对数函数过点（1，0），所以还经常借助特殊值0,1，2等比较大小.
7、C
【解析】计算出向量的坐标，然后利用共线向量的坐标表示得出关于实数的等式，解出即可.
【详解】向量，，，
又且，，解得.
故选：C.
【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，考查共线向量的坐标表示，考查计算能力，属于基础题.
8、C
【解析】根据对数函数的单调性和中间数可得正确的选项.
【详解】因为，故即，
而，故，即，
而，故，故即，
故，
故选：C
9、C
【解析】由题意可得,所以 ,故 ,选C.
考点：本题主要考查等比数列性质及基本运算.
10、A
【解析】根据给定条件求出的解析式，再代入求函数值作答.
【详解】因是函数的反函数，则，，
所以的值为0.
故选：A
11、C
【解析】根据不等式的解法求得不等式的解集，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由题意，不等式，可得，解得，
结合选项，不等式的一个充分不必要条件是.
故选：C.
12、B
【解析】应用倍角正余弦公式及商数关系将目标式化为，结合已知即可求值.
【详解】由题意知，，
故选：B.

二、填空题（本大题共4小题，共20分）
13、 ①.11 ②.54
【解析】由平均数与方差的性质即可求解.
【详解】解：由题意，数据，，…，的平均数为，方差为
故答案：11，54.
14、9
【解析】以为原点建立平面直角坐标系，依题意可设三个点坐标分别为，故.
【点睛】本题主要考查向量的加法、向量的数量积运算；考查平面几何坐标法的思想方法.由于题目给定三个全等的三角形，而的位置不确定，故考虑用坐标法来解决.在利用坐标法解题时，首先要选择合适的位置建立平面直角坐标系，建立后用坐标表示点的位置，最后根据题目的要求计算结果.
15、##
【解析】根据集合元素属性特征进行求解即可.
【详解】因为，所以，可得，因为，所以，集合
故答案为：
16、 (3,1)
【解析】
将直线方程变形为,得到,解出,即可得到定点坐标.
【详解】由,得,
对于任意,式子恒成立,则有,
解出,
故答案为:(3,1).
【点睛】本题考查直线过定点问题,直线一定过两直线、的交点.

三、解答题（本大题共6小题，共70分）
17、 (1)证明见解析；(2)30°；(3)存在，.
【解析】(1)首先根据已知条件并结合线面垂直的判定定理证明平面，再证明即可求解；
(2)根据(1)中结论找出所求角，再结合已知条件即可求解；
(3)首先假设存在，然后根据线面平行的性质以及已知条件，看是否能求出点的具体位置，即可求解.
【详解】(1)因为，是的中点，所以，
故四边形是菱形，从而，
所以沿着翻折成后，，
又因为，
所以平面，
由题意，易知，，
所以四边形是平行四边形，故，
所以平面；
(2) 因为平面，
所以与平面所成的角为，
由已知条件，可知，，
所以是正三角形，所以，
所以与平面所成的角为30°；
(3) 假设线段上是存在点，使得平面，
过点作交于，连结，，如下图：

所以，所以，，，四点共面，
又因平面，所以，
所以四边形为平行四边形，故，
所以为中点，
故在线段上存在点，使得平面，且.
18、（1）;（2）.
【解析】（1）根据最高点和最低点可求，结合周期可求，结合点的坐标可求，然后可得解析式；
（2）根据解析式，利用整体代换的方法可求单调区间.
【详解】（1）由图可得，所以；
因为时，，所以，；
所以.
（2）令，，解得，
即增区间为.
【点睛】本题主要考查三角函数解析式的求解和单调区间的求解，单调区间一般利用整体代换的意识，侧重考查数学抽象的核心素养.
19、（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）在等腰梯形中，易得，即 又由 已知，可得平面，利用面面垂直判定定理可得平面平面.
（Ⅱ）求三棱锥的体积，关键是求三棱锥的高，如果不好求，可以换底，本题 这样容易求出三棱锥的体积为
试题解析： 证明：（Ⅰ）在等腰梯形中，
∵，∴又∵，∴，∴，即 又∵，∴平面，
又∵平面，∴平面平面
（Ⅱ）∵
∵平面，且，
∴，∴三棱锥的体积为
考点：线面垂直及求三棱锥体积
【方法点睛】（1)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即利用线面垂直，证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中的一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面．解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化．或定义法利用线面垂直的判断定理证明线面垂直，条件齐全，证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高，中线和顶角的角平分线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形等等；（2)利用棱锥的体积公式求体积，在求三棱柱体积时，选择适当的底作为底面，这样体积容易计算
20、（1）1 （2）
【解析】（1）利用平方关系、二倍角余弦公式、辅助角公式化简函数解析式，然后根据周期公式即可求解；
（2）利用三角函数的图象变换求出的解析式，然后借助三角函数的图象即可求解.
【小问1详解】
解：
，
因为函数的最小正周期为，即，
所以；
【小问2详解】
解：由（1）知，
由题意，函数，
令，即，
因为在上至少含有4个零点，
所以，即，
所以的最小值为.
21、（1）
（2）
【解析】（1）由函数图象的平移变换可得点A坐标，然后代入函数可解；
（2）将函数零点个数问题转化为两个函数图象的交点个数问题，作图可解.
【小问1详解】
函数的图象可由指数函数的图象，向右平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度得到.
因为函数的图象过定点，故函数的图象恒过定点，
又因为A点在图象上，则
∴解得
【小问2详解】
，
若函数有两个零点，则方程有两个不等实根，
令，，则它们的函数图象有两个交点，
由图可知：，故b的取值范围为.

22、（1）；（2）；（3）25.
【解析】（1）设AB所在的直线方程为P=kt+20，将B点代入可得k值，由CD两点坐标可得直线CD所在的两点式方程，进而可得销售价格P（元）与时间t的分段函数关系式
（2）设Q=k1t+b，把两点（5，35），（15，25）的坐标代入，可得日销售量Q随时间t变化的函数的解析式
（3）设日销售金额为y，根据销售金额=销售价格×日销售量，结合（1）（2）的结论得到答案
【详解】（1）由图可知，，，，
设所在直线方程为，把代入
得，所以.，
由两点式得所在的直线方程为，
整理得，，，所以，
（2）由题意，设，把两点，代入得，
解得所以
把点，代入也适合，即对应的四点都在同一条直线上，
所以.
（本题若把四点中的任意两点代入中求出，，再验证也可以）
（3）设日销售金额为，依题意得，
当时，配方整理得，
当时，在区间上的最大值为900
当时，，配方整理得，
所以当时，在区间上的最大值为1125.
综上可知日销售金额最大值为1125元，此时.
【点睛】本小题主要考查具体的函数模型在实际问题中的应用，考查数形结合、化归转化的数学思想方法，以及应用意识和运算求解能力