2022-2023学年甘肃省合水县第一中学数学高一上期末学业质量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注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题（本大题共12小题，共60分）1设，若，则的最小值为（）A.B.6C.D.2设集合U=,则A.B.C.D.3设，则a，b，c的大小关系是（）A.B.C.D.4用二分法求方程的近似解，求得的部分函数值数据如下表所示：121.51.6251.751.8751.8125-63-2.625-1.459-0.141.34180.5793则当精确度为0.1时，方程的近似解可取为A.B.C.D.5已知则当最小时的值时A.3B.3C.1D.16已知函数的图象，给出以下四个论断的图象关于直线对称图象的一个对称中心为在区间上是减函数可由向左平移个单位以上四个论断中正确的个数为（）A.3B.2C.1D.07函数的定义域为（）A.B.且C.且D.8比较,的大小（ ）A.B.C.D.9已知一个水平放置的平面四边形的直观图是边长为1的正方形，则原图形的周长为（）A.6B.8C.D.10定义运算：，将函数的图象向左平移的单位后，所得图象关于轴对称，则的最小值是（）A.B.C.D.11已知，则下列不等式正确的是（）A.B.C.D.12函数的零点所在的区间是A.B.C.D.二、填空题（本大题共4小题，共20分）13我国古代数学名著九章算术中相当于给出了已知球的体积V，求其直径d的一个近似公式.规定：“一个近似数与它准确数的差的绝对值叫这个近似数的绝对误差.”如果一个球体的体积为，那么用这个公式所求的直径d结果的绝对误差是_.（参考数据：，结果精确到0.01）14若幂函数在区间上是减函数，则整数_15已知函数对于任意实数x满足若，则_16函数ycos2xsin x的值域是_三、解答题（本大题共6小题，共70分）17已知集合，（1）当时，求；18设函数，.（1）判断函数的单调性，并用定义证明；（2）若关于x的方程在上有解，求实数a的取值范围.19已知扇形的圆心角是，半径为，弧长为.（1）若，求扇形的弧长；（2）若扇形的周长为，当扇形的圆心角为多少弧度时，这个扇形的面积最大，并求出此时扇形面积的最大值.20设，函数在上单调递减.（1）求；（2）若函数在区间上有且只有一个零点，求实数k的取值范围.21化简求值：（1）（2）.22已知二次函数)满足，且.(1)求函数的解析式；(2) 令，求函数在0，2上的最小值参考答案一、选择题（本大题共12小题，共60分）1、C【解析】由已知可得，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得所求代数式的最小值.【详解】，由可得，所以，当且仅当时，等号成立.因此，的最小值为.故选：C.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.2、D【解析】3、C【解析】比较a、b、c与0和1的大小即可判断它们之间的大小.【详解】，故故选：C.4、C【解析】利用零点存在定理和精确度可判断出方程的近似解.【详解】根据表中数据可知，由精确度为可知，故方程的一个近似解为，选C.【点睛】不可解方程的近似解应该通过零点存在定理来寻找，零点的寻找依据二分法（即每次取区间的中点，把零点位置精确到原来区间的一半内），最后依据精确度四舍五入，如果最终零点所在区间的端点的近似值相同，则近似值即为所求的近似解.5、B【解析】由题目已知可得：当时，的值最小故选6、B【解析】利用代入检验法可判断的正误，利用图象变换可判断的正误.【详解】，故的图象关于直线对称，故正确.，故的图象的对称中心不是，故错误.，当，而在为减函数，故在为减函数，故正确.向左平移个单位后所得图象对应的解析式为，当时，此函数的函数值为，而，故与不是同一函数，故错误.故选：B.7、C【解析】根据给定函数有意义直接列出不等式组，解不等式组作答.【详解】依题意，解得且，所以的定义域为且.故选：C8、D【解析】由对数函数的单调性判断出，再根据幂函数在上单调递减判断出，即可确定大小关系.【详解】因为，所以故选：D【点睛】本题考查利用对数函数及幂函数的单调性比较数的大小，属于基础题.9、B【解析】由斜二测画法的规则，把直观图还原为原平面图形，再求原图形的周长【详解】解：由斜二测画法的规则知，与轴平行的线段其长度不变以及与横轴平行的性质不变，正方形的对角线在轴上，可求得其长度为，所以在平面图中其在轴上，且其长度变为原来2倍，是，其原来的图形如图所示；所以原图形的周长是：故选：【点睛】本题考查了平面图形的直观图应用问题，能够快速的在直观图和原图之间进行转化，是解题的关键，属于中档题10、C【解析】由题意可得，再根据平移得到的函数为偶函数，利用对称轴即可解出.【详解】因为，所以，其图象向左平移个单位，得到函数的图象，而图象关于轴对称，所以其为偶函数，于是，即，又，所以的最小值是故选：C.11、C【解析】利用指数函数、对数函数的单调性即可求解.【详解】由为单调递减函数，则，为单调递减函数，则，为单调递增函数，则故.故选：C【点睛】本题考查了指数函数、对数函数的单调性比较指数式、对数式的大小，属于基础题.12、B【解析】，函数的零点所在区间是故选B点睛：函数零点问题，常根据零点存在性定理来判断，如果函数在区间上的图象是连续不断的一条曲线，且有，那么，函数在区间内有零点，即存在使得这个也就是方程的根由此可判断根所在区间.二、填空题（本大题共4小题，共20分）13、05【解析】根据球的体积公式可求得准确直径，由近似公式可得近似直径，然后由绝对误差的定义即可求解.【详解】解：由题意，所以，所以直径d结果的绝对误差是，故答案为：0.05.14、2【解析】由题意可得，求出的取值范围，从而可出整数的值【详解】因为幂函数在区间上是减函数，所以，解得，因为，所以，故答案为：215、3【解析】根据得到周期为2，可得结合可求得答案.【详解】解：，所以周期为2的函数，又，故答案为：316、【解析】将原函数转换成同名三角函数即可.【详解】，当时取最大值，当时，取最小值；故答案为： .三、解答题（本大题共6小题，共70分）17、（1）（2）【解析】（1）解一元二次不等式求得集合，由补集和并集的定义可运算求得结果；（2）分别在和两种情况下，根据交集为空集可构造不等式求得结果.【小问1详解】由题意得，或，.【小问2详解】，当时，符合题意，当时，由，得，故a的取值范围为18、（1）在上为增函数，证明见解析；（2）【解析】（1）任取且，作差，整理计算判断出正负即可；（2）将关于x的方程在上有解转化为在上有解，进一步转化为在上的值域问题，求出值域即可.【详解】解：（1）任取且，因为，所以，所以，所以，所以在上为增函数；（2）由题意，得在上有解，即在上有解.由（1）知在上为增函数，所以，所以a的取值范围是.【点睛】方法点睛：方程解的个数问题可转化为两个函数图象交点的个数问题；已知方程有解求参数范围问题可转化为函数值域问题.19、（1）；（2）当时，扇形面积最大值.【解析】（1）利用扇形弧长公式直接求解即可；（2）根据扇形周长可得，代入扇形面积公式，由二次函数最值可确定结果.【小问1详解】，扇形的弧长；【小问2详解】扇形的周长，扇形面积，则当，即当时，扇形面积最大值.20、（1）；（2）.【解析】（1）分析得到关于的不等式，解不等式即得解；（2）等价于函数与函数的图象在区间上有且只有一个交点，再对分类讨论得解.【小问1详解】解：因为，在上单调递减，所以，解得.又，且，解得.综上，.【小问2详解】解：由（1）知，所以.由于函数在区间上有且只有一个零点，等价于函数与函数的图象在区间上有且只有一个交点.当即时，函数单调递增，于是有，解得；当即时，函数先增后减有最大值，于是有即，解得.故k的取值范围为.21、（1）（2）【解析】（1）根据对数运算公式计算即可；（2）根据指数运算公式和根式的性质运算化简.【小问1详解】原式【小问2详解】原式.22、（1），（2）【解析】（1）据二次函数的形式设出f（x）的解析式，将已知条件代入，列出方程，令方程两边的对应系数相等解得（2）函数g（x）的图象是开口朝上，且以x=m为对称轴的抛物线，分当m0时，当0m2时，当m2时三种情况分别求出函数的最小值，可得答案试题解析：（1）设二次函数一般式（），代入条件化简，根据恒等条件得，解得，再根据，求.（2）根据二次函数对称轴必在定义区间外得实数的取值范围；根据对称轴与定义区间位置关系，分三种情况讨论函数最小值取法.试题解析：（1）设二次函数（），则，又，.（2）.又在上是单调函数，对称轴在区间的左侧或右侧，或，对称轴，当时，；当时，；当时，综上所述，