2022-2023学年江西省龙南中学高一上数学期末检测模拟试题含解析.doc

2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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．用样本估计总体，下列说法正确的是
A.样本的结果就是总体的结果
B.样本容量越大，估计就越精确
C.样本的标准差可以近似地反映总体的平均状态
D.数据的方差越大，说明数据越稳定
2．已知函数f（x）=loga（x+1）（其中a＞1），则f（x）＜0的解集为（　　）
A. B.
C. D.
3．我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休.在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，如函数在区间上的图象的大致形状是（）
A. B.
C. D.
4．已知是两相异平面,是两相异直线,则下列错误的是
A.若,则 B.若,,则
C.若,,则 D.若,,,则
5．设，给出下列四个结论：
①；②；③；④.
其中所有的正确结论的序号是
A.①② B.②③
C.①②③ D.②③④
6．设函数，若关于的方程有四个不同的解，，，，且，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
7．刘徽(约公元225年—295年)，魏晋期间伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一.他在割圆术中提出的“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这可视为中国古代极限观念的佳作，割圆术的核心思想是将一个圆的内接正边形等分成个等腰三角形(如图所示)，当变得很大时，这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想，可以得到的近似值为（）

A. B.
C. D.
8．实数，，的大小关系正确的是(　　)
A. B.
C. D.
9．已知角的终边经过点，则
A. B.
C. D.
10．设函数f（x）=asinx+bcosx，其中a，b∈R，ab≠0，若f（x）≥f（）对一切x∈R恒成立，则下列结论中正确的是（　　）
A.
B.点是函数的一个对称中心
C.在上是增函数
D.存在直线经过点且与函数的图象有无数多个交点
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．函数的图象的对称中心的坐标为___________.
12．函数的零点为_________________.
13．一个几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积为__________

14．已知圆心为，且被直线截得的弦长为，则圆的方程为__________
15．已知等差数列的前项和为，，则__________
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．已知全集，集合，，.
（1）若，求；
（2）若，求实数a的取值范围.
17．某市有，两家乒乓球俱乐部，两家的设备和服务都很好，但收费标准不同，俱乐部每张球台每小时5元，俱乐部按月收费，一个月中以内（含）每张球台90元，超过的部分每张球台每小时加收2元.某学校准备下个月从这两家中的一家租一张球台开展活动，其活动时间不少于，也不超过
（1）设在俱乐部租一-张球台开展活动的收费为元，在俱乐部租一张球台开展活动的收费为元，试求和的解析式；
（2）问选择哪家俱乐部比较合算?为什么?
18．如图， 是平面四边形的对角线， ， ，且.现在沿所在的直线把折起来，使平面平面，如图.

（1）求证： 平面；
（2）求点到平面的距离.
19．已知函数，其图像过点，相邻两条对称轴之间的距离为
（1）求函数的解析式；
（2）将函数的图像上每一点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标保持不变，得到函数的图像，若方程在上有两个不相等的实数解，求实数m的取值范围
20．等腰直角三角形中，，为的中点，正方形与三角形所在的平面互相垂直

（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）若，求点到平面的距离
21．已知半径为的圆的圆心在轴上，圆心的横坐标是整数，且与直线相切．求：
（1）求圆的方程；
（2）设直线与圆相交于两点，求实数的取值范围；

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、B
【解析】解：因为用样本估计总体时，样本容量越大，估计就越精确，成立
选项A显然不成立，选项C中，样本的标准差可以近似地反映总体的稳定状态，、数据的方差越大，说明数据越不稳定，故选B
2、D
【解析】因为已知a的取值范围，直接根据根据对数函数的单调性和定点解出不等式即可
【详解】因为，
所以在单调递增，
所以
所以，解得
故选D
【点睛】在比较大小或解不等式时，灵活运用函数的单调性以及常数和对指数之间的转化
3、A
【解析】先由函数的奇偶性确定部分选项，再通过特殊值得到答案.
【详解】因为，
所以在区间上是偶函数，故排除B，D，
又，
故选：A
【点睛】本题主要考查函数的性质确定函数的图象，属于基础题.
4、B
【解析】利用位置关系的判定定理和性质定理逐项判断后可得正确的选项.
【详解】对于A，由面面垂直的判定定理可知，经过面的垂线，所以成立；
对于B，若,,不一定与平行，不正确；
对于C，若,, 则正确；
对于D，若,,,则正确.
故选：B.
5、B
【解析】因为，所以①为增函数，故=1，故错误
②函数为减函数，故，所以正确
③函数为增函数，故，故，故正确
④函数为增函数，，故，故错误
点睛：结合指数函数、对数函数、幂函数单调性可以逐一分析得出四个结论的真假性.
6、A
【解析】根据图象可得：，，，.，
则.令，，求函数的值域，即可得出结果.
【详解】画出函数的大致图象如下：

根据图象可得：若方程有四个不同的解，，，，且，
则，，，.，
，，
则.
令，，而函数在单调递增，
所以，则.
故选：A.
【点睛】本题考查函数的图象与性质，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查运算求解能力，求解时注意借助图象分析问题，属于中档题.
7、B
【解析】将一个圆的内接正边形等分成个等腰三角形；根据题意，可知个等腰三角形的面积和近似等于圆的面积，从而可求的近似值.
【详解】将一个圆的内接正边形等分成个等腰三角形，设圆的半径为，
则，即，所以.
故选：B.
8、B
【解析】根据指数函数、对数函数的单调性分别判断的取值范围，即可得结果.
【详解】由对数函数的单调性可得，

根据指数函数的单调性可得，

即，
，故选B.
【点睛】本题主要考查对数函数的性质、指数函数的单调性及比较大小问题，属于中档题.解答比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间（一般是看三个区间 ）；二是利用函数的单调性直接解答；数值比较多的比大小问题也可以两种方法综合应用.
9、D
【解析】由任意角的三角函数定义列式求解即可.
【详解】由角终边经过点，可得.
故选D.
【点睛】本题主要考查了任意角三角函数的定义，属于基础题.
10、D
【解析】根据f（x）≥f（）对一切x∈R恒成立，那么x=取得最小值．结合周期判断各选项即可
【详解】函数f（x）=asinx+bcosx= 周期T=2π
由题意x=取得最小值，a，b∈R，ab≠0，∴f（）=0不正确；x=取得最小值，那么+=就是相邻的对称中心，∴点（,0）不是函数f（x）的一个对称中心；因为x=取得最小值，根据正弦函数的性质可知，f（x）在是减函数
故选D
【点睛】本题考查三角函数的性质应用，排除法求解，考查转化思想以及计算能力

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】利用正切函数的对称中心求解即可.
【详解】令＝ ()，得()，
∴对称中心的坐标为
故答案： ()
12、.
【解析】解方程即可.
【详解】令，可得，所以函数的零点为.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查求函数的零点，属基础题.
13、
【解析】几何体为一个圆锥与一个棱柱的组合体, 体积为
14、
【解析】由题意可得弦心距d=，故半径r=5，
故圆C的方程为x2+（y+2）2=25，
故答案为x2+（y+2）2=25
15、161
【解析】由等差数列的性质可得，即可求出，又，带入数据，即可求解
【详解】由等差数列的性质可得=，所以，又由等差数列前n项和公式得
【点睛】本题考查等差数列的性质及前n项和公式，属基础题

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）
（2）
【解析】（1）时，分别求出集合，，，再根据集合的运算求得答案；
（2）根据，列出相应的不等式组，解得答案.
【小问1详解】
当时，，，
所以，
故.
【小问2详解】
因为，所以,
解得.
17、（1）； （2）当时，选择俱乐部比较合算；当时，两家都一样；当时，选择俱乐部比较合算.
【解析】（1）根据已给函数模型求出函数解析式
（2）比较和的大小可得（可先解方程，然后确定不同范围内两个函数值的大小
【详解】（1）由题意可得
当时，，
当时，，
∴
（2）当时，，，∴；
当时，；
当时，，而，∴；
当时，，而，∴.
∴当时，选择俱乐部比较合算；
当时，两家都一样；
当时，选择俱乐部比较合算。
【点睛】本题考查函数的应用，考查分段函数模型的应用，属于基础题
18、 (1)见解析；（2）.
【解析】（1）由平面平面，平面 平面，且平面,且，根据线面垂直的判定定理可得平面；（2）取的中点，连.由，可得，又平面，所以，又，所以平面，因此就是点到平面的距离，在中，，，所以.
试题解析：（1）证明：因为平面 平面
平面平面 ，
平面,且，
所以平面
（2）取的中点，连.因为，所以，
又平面，所以，
又，
所以平面，
所以就是点到平面的距离，
在中，，，所以.
所以是点到平面的距离是 .
【方法点晴】本题主要考查、线面垂直的判定定理及面面垂直的性质定理，属于中档题.解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；证明直线和平面垂直的常用方法有：（1）利用判定定理；（2）利用判定定理的推论；（3）利用面面平行的性质；（4）利用面面垂直的性质，当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.
19、（1）；
（2）.
【解析】(1)根据给定条件依次计算出，即可作答.
(2)由(1)求出函数的解析式，再探讨在上的性质，结合图象即可作答.
【小问1详解】
因图像的相邻两条对称轴之间的距离为，则周期，解得，
又，即，而，即，则，即，
所以函数的解析式.
【小问2详解】
依题意，，
当时，，而函数在上递增，在上递减，
由得，由得，
因此，函数在上单调递增，函数值从增到2，在上单调递减，函数值从2减到1，
又是图象的一条对称轴，直线与函数在上的图象有两个公共点，当且仅当，如图，

于是得方程在上有两个不相等的实数解时，当且仅当，
所以实数m的取值范围.
20、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）连, 交于,连,由中位线定理即可证明平面.
（Ⅱ）根据,由等体积法即可求得点到平面的距离.
【详解】（Ⅰ）连,设交于,连,如下图所示:

因为为的中点,为的中点,
则
面,不在面内，
所以平面
（Ⅱ）因为等腰直角三角形中,
则,又因为
所以平面
则
设点到平面的距离为.
注意到，
由,代入可得：
，
解得.
即点到平面的距离为.
【点睛】本题考查了直线与平面平行的判定,等体积法求点到平面距离的方法,属于中等题.
21、（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】（1）求圆的方程有两种方法：①几何法，通过研究圆的性质进而求出圆的基本量．②代数法，即设出圆的方程，用待定系数法求解，利用待定系数法的关键是建立关于a，b，r或D，E，F的方程组．本题利用几何性质；（2）利用圆心到直线的距离可判断直线与圆的位置关系；也可利用直线的方程与圆的方程联立后得到的一元二次方程的判别式来判断直线与圆的位置关系
试题解析：（1）设圆心为，因圆C与直线相切，故，又，所以
所求圆的方程为
（2）因直线与圆M相交于两点，所以圆心到直线的距离小于半径
故，解得
考点：圆的方程及直线与圆的位置关系