湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2022年高一数学第一学期期末教学质量检测试题含解析.doc

2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（本大题共12 小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案涂在答题卡上.）1设alog36，blog510，clog714，则 ()A.cbaB.bcaC.acbD.abc2设平面向量，则A.B.C.D.3不等式的解集为，则实数的取值范围是（ ）A.B.C.D.4命题：“，”的否定是（）A.，B.，C.，D.，5已知，则a，b，c的大小关系正确的是（）A.abcB.bcaC.cbaD.cab6已知，则化为（ ）A.B.C.mD.17函数y=的单调递减区间是()A.(-,1)B.1,+)C.(-,-1)D.(-1,+)8已知扇形的圆心角为2弧度，其所对的弦长为2，则扇形的弧长等于A.B.C.D.9将函数的图象沿轴向右平移个单位后，得到的函数图象关于轴对称，则的值可以是（ ）A.B.C.D.10若，则的值为（ ）A.B.C.D.11已知函数，则函数（）A.有最小值B.有最大值C.有最大值D.没有最值12若函数满足，则A.B.C.D.二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分,将答案写在答题卡上.） 13已知甲、乙、丙三人去参加某公司面试，他们被该公司录取的概率分别是，且三人录取结果相互之间没有影响，则他们三人中恰有两人被录取的概率为_.14已知扇形OAB的面积为，半径为3，则圆心角为_15不等式的解集为_.16已知幂函数（为常数）的图像经过点，则_三、解答题（本大题共6个小题，共70分。解答时要求写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。）17已知是定义在上的偶函数，当时，（1）求；（2）求的解析式；（3）若，求实数a的取值范围18已知函数满足下列3个条件：函数的周期为；是函数的对称轴；.（1）请任选其中二个条件，并求出此时函数的解析式；（2）若，求函数的最值.19已知函数（）求函数的最小正周期（）求函数的单调递减区间20已知函数为奇函数，且（1）求函数的解析式；（2）判断函数在的单调性并证明；（3）解关于的x不等式：21已知函数，若，且，.（1）求与的值；（2）当时，函数的图象与的图象仅有一个交点，求正实数的取值范围.22已知直线l1过点A(1,0)，B(3，a1)，直线l2过点M(1,2)，N(a2,4)(1)若l1l2，求a的值；(2)若l1l2，求a的值参考答案一、选择题（本大题共12 小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案涂在答题卡上.）1、D【解析】，；且；.考点：对数函数的单调性.2、A【解析】 故选A；【考点】：此题重点考察向量加减、数乘的坐标运算；【突破】：准确应用向量的坐标运算公式是解题的关键；3、C【解析】将不等式的解集为，转化为不等式的解集为R，分和两种情况讨论求解.【详解】因为不等式的解集为，所以不等式的解集为R，当，即时，成立；当，即时，解得，综上：实数的取值范围是故选：C【点睛】本题主要考查一元二次不等式恒成立问题，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于基础题.4、C【解析】根据含有一个量词的命题的否定形式，全称命题的否定是特称命题，可得答案.【详解】命题：“，”是全称命题，它的否定是特称命题：，故选：C5、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：C6、C【解析】把根式化为分数指数幂进行运算【详解】，.故选：C7、A【解析】令t-x2+2x1，则y，故本题即求函数t的增区间，再结合二次函数的性质可得函数t的增区间【详解】令t-x2+2x1，则y，故本题即求函数t的增区间，由二次函数的性质可得函数t的增区间为（-，1），所以函数的单调递减区间为(-,1).故答案为A【点睛】本题主要考查指数函数和二次函数的单调性，考查复合函数的单调性，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.8、A【解析】根据题意画出图形，结合图形求出半径r，再计算弧长【详解】如图所示，过点O作，C垂足，延长OC交于D，则，；中，从而弧长为，故选A【点睛】本题考查了弧长公式的应用问题，求出扇形的半径是解题的关键，属于基础题9、C【解析】首先求平移后的解析式，再根据函数关于轴对称，当时，求的值.【详解】函数的图象沿轴向右平移个单位后的解析式是，若函数图象关于轴对称，当时，解得： ， 当时，.故选：C【点睛】本题考查函数图象变换，以及根据函数性质求参数的取值，意在考查基本知识，属于基础题型.10、D【解析】直接利用同角三角函数关系式的应用求出结果.【详解】已知，所以，即，所以，所以，所以.故选：D.11、B【解析】换元法后用基本不等式进行求解.【详解】令，则，因为，故，当且仅当，即时等号成立，故函数有最大值，由对勾函数的性质可得函数，即有最小值.故选：B12、A【解析】，所以，选A.二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分,将答案写在答题卡上.） 13、#0.15【解析】利用相互独立事件概率乘法公式分别求出甲和乙被录取的概率、甲和丙被录取的概率、乙和丙被录取的概率，然后即可求出他们三人中恰有两人被录取的概率.【详解】因为甲、乙、丙三人被该公司录取的概率分别是，且三人录取结果相互之间没有影响，甲和乙被录取的概率为，甲和丙被录取的概率为，乙和丙被录取的概率为则他们三人中恰有两人被录取的概率为，故答案为：.14、【解析】直接利用扇形的面积公式得到答案.【详解】 故答案为：【点睛】本题考查了扇形面积的计算，属于简单题.15、或.【解析】利用一元二次不等式的求解方法进行求解.【详解】因为，所以，所以或，所以不等式的解集为或.故答案为：或.16、3【解析】设，依题意有，故.三、解答题（本大题共6个小题，共70分。解答时要求写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。）17、（1）2 （2） （3）【解析】（1）根据偶函数这一性质将问题转化为求的值，再代入计算即可；（2）设，根据偶函数这一性质，求出另一部分的解析即可；（3）由（2）可知函数的单调性，结合单调性解不等式即可.【小问1详解】因为是偶函数，所以小问2详解】设，则，因为是定义在上的偶函数，所以当时，所以（也可表示为【小问3详解】由及是偶函数得，由得，在上单调递增，所以由得，解得，即a的取值范围是.18、（1）答案见解析，；（2）最大值；最小值.【解析】(1)由知，由知，由知，结合即可求出的解析式.(2)由可得，进而可求出函数最值.【详解】解：（1）选，则，解得，因为，所以，即；选，由得，因，所以，即；选，由得，因为，所以，即.（2）由题意得，因为，所以.所以当即时，有最大值，所以当即时，有最小值.【点睛】本题考查了三角函数的周期，考查了三角函数的对称轴，考查了三角函数的值域，考查了三角函数表达式的求解，意在考查学生对于三角函数知识的综合应用.19、（）（），【解析】利用两角和差余弦公式、二倍角公式和辅助角公式整理出；（1）根据求得结果；（2）令，解出的范围即可得到结果.详解】由题意得：（）最小正周期：（）令解得：的单调递减区间为：【点睛】本题考查正弦型函数的最小正周期、单调区间的求解问题，涉及到两角和差余弦公式、二倍角公式、辅助角公式的应用.20、（1）；（2）在上单调递增，证明见解析；（3）.【解析】（1）由奇函数的定义有，可求得的值，又由，可得的值，从而即可得函数的解析式；（2）任取，且，由函数单调性的定义即可证明函数在上单调递增；（3）由（2）知在上单调递增，因为为奇函数，所以在上也单调递增，又，从而利用单调性即可求解.【小问1详解】解：因为函数为奇函数，定义域为，所以，即，所以，又，所以，所以；【小问2详解】解：在上单调递增，证明如下：任取，且，则，又，且，所以，所以，即，所以在上单调递增；【小问3详解】解：由（2）知在上单调递增，因为为奇函数，所以在上也单调递增，令，解得或因为，且，所以，所以，解得，又，所以原不等式的解集为.21、（1），.（2）.【解析】（1）由，可得，结合，得，则，；（2）， ，分三种情况讨论，时，时，结合二次函数对称轴与单调性，以及对数函数的单调性，可筛选出符合题意的正实数的取值范围.试题解析：（1）设，则，因为，因为，得，则，.（2）由题可知， ，.当时，在上单调递减，且，单调递增，且，此时两个图象仅有一个交点.当时，在上单调递减，在上单调递增，因为两个图象仅有一个交点，结合图象可知，得.综上，正实数的取值范围是.22、（1）； （2）.【解析】由两点式求出l1的斜率（1）再由两点求斜率的到l2的斜率，由斜率相等求得a的值；（2）分l1的斜率为0和不为0讨论，当l1的斜率为0时，由M，N的横坐标相等求a得值；不为0时由两直线的斜率乘积等于-1得答案【详解】（1）, 即,解得（2）,即,解得.【点睛】本题考查了直线的一般式方程与两直线平行、垂直的关系，考查了分类讨论的数学思想方法，是基础题