湖北省华中师大第一附中2022-2023学年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设函数，点，在的图像上，且对于，下列说法正确的是（）一定是钝角三角形可能是直角三角形不可能是等腰三角形可能是等腰三角形AB.C.D.2函数的值域是A.B.C.D.3已知命题,则为（ ）A.，B.，C.，D.，4函数的最小正周期是A.B.C.D.5不等式的解集为，则函数的图像大致为（ ）A.B.C.D.6从1，2，3，4这4个数中，不放回地任意取两个数，两个数都是奇数概率是A.B.C.D.7函数y1x的部分图象大致为（ ）A.B.C.D.8下列函数中，最小值是的是（ ）A.B.C.D.9要得到函数的图像，只需将函数图的图像A.向右平移个单位B.向右平移个单位C.向左平移个单位D.向左平移个单位10=( )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已知幂函数（是常数）的图象经过点，那么_12已知某扇形的半径为，面积为，那么该扇形的弧长为_.13 (2016桂林高二检测)如图所示，在四边形ABCD中，AB=AD=CD=1，BD=，BDCD，将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A-BCD，使平面ABD平面BCD，则下列结论正确的是_.(1)ACBD.(2)BAC=90.(3)CA与平面ABD所成的角为30.(4)四面体A-BCD的体积为.14函数最大值为_15已知是定义在上的奇函数，当时，函数如果对，使得，则实数m的取值范围为_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，在棱长为1正方体中：（1）求异面直线与所成的角的大小；（2）求三棱锥体积17已知函数，（1）求函数的单调递增区间；（2）当时，方程恰有两个不同的实数根，求实数的取值范围；（3）将函数的图象向右平移个单位后所得函数的图象关于原点中心对称，求的最小值18已知函数是奇函数（1）求实数a的值；（2）当时，判断的单调性（不要求证明）；对任意实数x，不等式恒成立，求正整数m的最小值19在平面内给定三个向量（1）求满足的实数m,n的值；（2）若向量满足，且，求向量的坐标20已知函数是定义在上的奇函数，且.（1）确定函数的解析式，判断并证明函数在上的单调性；（2）若存在实数，使得不等式成立，求正实数的取值范围.21已知平面向量满足:，|.（1）若，求的值；（2）设向量的夹角为，若存在，使得，求的取值范围.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、A【解析】结合，得到，所以一定为钝角三角形，可判定正确，错误；根据两点间的距离公式和函数的变化率的不同，得到，可判定正确，不正确.【详解】由题意，函数为单调递增函数，因为点，在的图像上，且，不妨设，可得，则，因为，可得，又由因为，所以，所以所以，所以一定为钝角三角形，所以正确，错误；由两点间的距离公式，可得，根据指数函数和一次函数的变化率，可得点到的变化率小于点到点的变化率不相同，所以，所以不可能为等腰三角形，所以正确，不正确.故选：A.2、C【解析】函数中，因为所以.有.故选C.3、A【解析】特称命题的否定为全称命题，所以，存在性量词改为全称量词，结论直接改否定即可.【详解】命题,则：,答案选A【点睛】本题考查命题的否定，属于简单题.4、D【解析】分析：直接利用周期公式求解即可.详解：，故选D点睛：本题主要考查三角函数的图象与性质，属于简单题.由 函数可求得函数的周期为；由可得对称轴方程；由可得对称中心横坐标.5、C【解析】根据不等式的解集求出参数，从而可得，根据该形式可得正确的选项【详解】因为不等式的解集为，故，故，故，令，解得或，故抛物线开口向下，与轴的交点的横坐标为，故选：C6、A【解析】从1，2，3，4这4个数中，不放回地任意取两个数，共有(12),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4)(3,1),(3,2),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3)共12种其中满足条件两个数都是奇数的有(1,3),(3,1)两种情况故从1,2,3,4这4个数中,不放回地任意取两个数,两个数都是奇数的概率.故选A.7、D【解析】由题意比较函数的性质及函数图象的特征，逐项判断即可得解.【详解】当x1时，y11sin12sin12，排除A、C；当x时，y，排除B.故选：D.【点睛】本题考查了函数图象的识别，抓住函数图象的差异是解题关键，属于基础题.8、B【解析】应用特殊值及基本不等式依次判断各选项的最小值是否为即可.【详解】A：当，则，所以，故A不符合；B：由基本不等式得：(当且仅当时取等号)，符合；C：当时，不符合；D：当取负数，则，所以，故D不符合；故选：B.9、D【解析】根据三角函数图像变换的知识，直接选出正确选项.【详解】依题意，故向左平移个单位得到，故选D.【点睛】本小题主要考查三角函数图像变换的知识，属于基础题.10、A【解析】由题意可得：.本题选择A选项二、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】首先代入函数解析式求出，即可得到函数解析式，再代入求出函数值即可；【详解】解：因为幂函数（是常数）的图象经过点，所以，所以，所以，所以；故答案：12、【解析】根据扇形面积公式可求得答案.【详解】设该扇形的弧长为,由扇形的面积,可得,解得.故答案.【点睛】本题考查了扇形面积公式的应用,考查了学生的计算能力,属于基础题.13、 (2)(4)【解析】详解】若ACBD，又BDCD，则BD平面ACD，则BDAD，显然不可能，故(1)错误.因为BAAD，BACD，故BA平面ACD，所以BAAC，所以BAC=90，故(2)正确.因为平面ABD平面BCD，BDCD，所以CD平面ABD，CA与平面ABD所成的角为CAD，因为AD=CD，所以CAD=，故(3)错误.四面体A-BCD的体积为V=SBDAh=1=，因为AB=AD=1，DB=，所以ACBD，综上(2)(4)成立.点睛:立体几何中折叠问题,要注重折叠前后垂直关系的变化,不变的垂直关系是解决问题的关键条件.14、3【解析】分析:利用复合函数的性质求已知函数的最大值.详解：由题得当=1时，函数取最大值21+1=3.故答案为3.点睛：本题主要考查正弦型函数的最大值，意在考查学生对该基础知识的掌握水平.15、【解析】先求出时，然后解不等式，即可求解，得到答案【详解】由题意，可知时，为增函数，所以，又是上的奇函数，所以时，又由在上的最大值为，所以，使得，所以.故答案为【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性的判定与应用，以及函数的最值的应用，其中解答中转化为是解答的关键，着重考查了转化思想，推理与运算能力，属于基础题.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）45；（2）【解析】（1），则异面直线与所成的角就是与所成的角，从而求得（2）根据三棱锥的体积进行求解即可【详解】解：（1），异面直线与所成的角就是与所成的角，即故异面直线与所成的角为45（2）三棱锥的体积【点睛】本题主要考查了直线与平面之间的位置关系，以及几何体的体积和异面直线所成角等有关知识，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题17、（1）；（2）；（3）【解析】（1）由余弦函数的单调性，解不等式，即可求出；（2）利用函数的性质，结合在时的单调性与最值，可得实数的取值范围；（3）先求出的解析式，然后利用图象关于原点中心对称，是奇函数，可求出的最小值【详解】（1）由余弦函数的单调性，解不等式，得，所以函数的单调递增区间为；（2）函数的单调递增区间为，单调递减区间为，所以函数在上单调递增，在上单调递减，则，所以当时，函数与函数的图象有两个公共点，即当时,方程恰有两个不同的实数根时（3）函数的图象向右平移个单位,得到,则是奇函数，则，即，则因为，所以当时，.【点睛】本题综合考查了三角函数的性质，及图象的平移变换，属于中档题18、（1）或（2）在上单调递增3【解析】（1）依题意可得，即可得到方程，解得即可；（2）根据复合函数的单调性判断可得；根据函数的单调性与奇偶性可得在上恒成立，由，即可得到不等式，解得的取值范围，即可得解；【小问1详解】解：因为函数是一个奇函数，所以，即，可得，即，则，得或此时定义域为R，满足题意.【小问2详解】因为，所以函数，定义域为，因为与在定义域上单调递增，所以在上单调递增对任意实数x，恒成立，由知函数在上单调递增，可得在上恒成立因为，所以，即于是正整数m的最小值为319、（1）；（2）或【解析】(1)根据向量的坐标运算求解即可.(2) 设向量再根据平行与模长的公式列式求解即可.【详解】（1）由已知条件以及,可得,即解得（2）设向量,则,.,解得或向量的坐标为或.【点睛】本题主要考查了向量坐标的运算以及平行的与模长的公式,属于中等题型.20、（1），函数在上单调递减，证明见解析.（2）【解析】（1）根据，得到函数解析式，设，计算，证明函数的单调性.（2）根据函数的奇偶性和单调性得到，设，求函数的最小值得到答案.【小问1详解】函数是定义在上的奇函数，则，解得，故.在上单调递减，证明如下：设，则，故，即.故函数在上单调递减.【小问2详解】，即，故，即，设，故，又，故.21、（1）；（2）.【解析】（1）用向量数量积运算法则展开；（2）两边同时平方，转化为关于的一元二次方程有解.【详解】（1）若，则，又因为，|，所以，所以；（2）若，则，又因为，所以即，所以，解得或，所以.【点睛】本题关键:“向量模的关系”转化为“关于的一元二次方程有解”，再转化为的不等式，属于中档题.