湖北省长阳县第一高级中学2022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．如果直线和 同时平行于直线x-2y+3=0，则a,b的值为
A.a= B.a=
C.a= D.a=
2．在正方体中，为棱的中点，则
A. B.
C. D.
3．已知,，则的值约为（精确到）（）
A. B.
C. D.
4．，是两个平面，，是两条直线，则下列命题中错误的是（ ）
A.如果，，，那么
B.如果，，那么
C.如果，，，那么
D.如果，，，那么
5．要证明命题“所有实数的平方都是正数”是假命题，只需（）
A.证明所有实数的平方都不是正数
B.证明平方是正数的实数有无限多个
C.至少找到一个实数，其平方是正数
D.至少找到一个实数，其平方不是正数
6．函数，则函数（）
A.在上是增函数 B.在上是减函数
C.在是增函数 D.在是减函数
7．已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.2
8．已知函数，下列区间中包含零点的区间是 （ ）
A. B.
C. D.
9．已知集合和关系的韦恩图如下，则阴影部分所表示的集合为（）

A. B.
C. D.
10．若，都为正实数，，则的最大值是（ ）
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．在区间上随机取一个实数，则事件发生的概率为_________.
12．给出下列五个论断：①；②；③；④；⑤.以其中的两个论断作为条件，一个论断作为结论，写出一个正确的命题：___________.
13．已知角的终边经过点，则的值等于_____
14．公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割值约为0.618，这一数值也可以表示为.若，则_________.
15．某扇形的圆心角为2弧度，半径为，则该扇形的面积为___________
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．已知二次函数满足，且的最小值是
求的解析式；
若关于x的方程在区间上有唯一实数根，求实数m的取值范围；
函数，对任意，都有恒成立，求实数t的取值范围
17．已知函数 .
（1）判断函数的奇偶性；
（2）求证：函数在为单调增函数；
（3）求满足的的取值范围.
18．在平面直角坐标系中，已知直线.
（1）若直线在轴上的截距为-2，求实数的值，并写出直线的截距式方程；
（2）若过点且平行于直线的直线的方程为：，求实数的值，并求出两条平行直线之间的距离.
19．设函数
（1）求函数的值域；
（2）设函数，若对，求正实数a的取值范围
20．已知函数，.
（1）求函数图象的对称轴的方程；
（2）当时，求函数的值域；
（3）设，存在集合，当且仅当实数，且在时，不等式恒成立．若在（2）的条件下，恒有（其中），求实数的取值范围.
21．一次高三高考适应性测试，化学、地理两选考科目考生的原始分数分布如下：
等级
A
B
C
D
E
比例
约
约
约
约
约
化学学科各等级对应的原始分区间

地理学科各等级对应的原始分区间

（1）分别求化学、地理两学科原始成绩分数的分位数的估计值（结果四舍五入取整数）；
（2）按照“”新高考方案的“等级转换赋分法”，进行等级赋分转换，求（1）中的估计值对应的等级分，并对这种“等级转换赋分法”进行评价.
附：“”新高考方案的“等级转换赋分法”
（一）等级转换的等级人数占比与各等级的转换分赋分区间
等级
A
B
C
D
E
原始分从高到低排序的等级人数占比
约
约
约
约
约
转换分T的赋分区间

（二）计算等级转换分T的等比例转换赋分公式：，其中分别表示原始分Y对应等级的原始分区间下限和上限；分别表示原始分对应等级的转换分赋分区间下限和上限（T的计算结果四舍五入取整数）.

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】由两直线平行时满足的条件，列出关于方程，求出方程的解即可得到的值.
【详解】直线和同时平行于直线，
，
解得，故选A.
【点睛】本题主要考查两条直线平行的充要条件，意在考查对基础知识的理解与应用，属于基础题.
2、C
【解析】画出图形，结合图形根据空间中的垂直的判定对给出的四个选项分别进行分析、判断后可得正确的结论
【详解】画出正方体，如图所示

对于选项A，连，若，又，所以平面，所以可得，显然不成立，所以A不正确
对于选项B，连，若，又，所以平面，故得，显然不成立，所以B不正确
对于选项C，连，则．连，则得，所以平面，从而得，所以．所以C正确
对于选项D，连，若，又，所以平面，故得，显然不成立，所以D不正确
故选C
【名师点睛】本题考查线线垂直的判定，解题的关键是画出图形，然后结合图形并利用排除法求解，考查数形结合和判断能力，属于基础题
3、B
【解析】利用对数的运算性质将化为和的形式，代入和的值即可得解.
【详解】.
故选：B
4、D
【解析】A.由面面垂直的判定定理判断；B.由面面平行的性质定理判断；C.由线面平行的性质定理判断；D.由平面与平面的位置关系判断；
【详解】A.如果，，，由面面垂直的判定定理得，故正确；
B.如果，，由面面平行的性质定理得，故正确；
C.如果，，，由线面平行的性质定理得，故正确；
D如果，，，那么相交或平行，故错误；
故选：D
【点睛】本题主要考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，还考查了理解辨析和逻辑推理的能力，属于中档题.
5、D
【解析】全称命题是假命题，则其否定一定是真命题，判断选项.
【详解】命题“所有实数的平方都是正数”是全称命题，若其为假命题，那么命题的否定是真命题，所以只需“至少找到一个实数，其平方不是正数.
故选：D
6、C
【解析】根据基本函数单调性直接求解.
【详解】因为，
所以函数在是增函数，
故选：C
7、D
【解析】利用同角三角函数关系式可求，再应用和角正切公式即求.
【详解】∵，，
∴，，
∴.
故选：D.
8、C
【解析】根据函数零点的存在性定理，求得，即可得到答案.
【详解】由题意，函数，易得函数为单调递减函数，
又由，所以，
根据零点的存在定理，可得零点的区间是.
故选：C.
9、B
【解析】首先判断出阴影部分表示，然后求得，再求得.
【详解】依题意可知，，且阴影部分表示.
，
所以.
故选：B
【点睛】本小题主要考查根据韦恩图进行集合的运算，属于基础题.
10、D
【解析】由基本不等式，结合题中条件，直接求解，即可得出结果.
【详解】因为，都为正实数，，
所以，
当且仅当，即时，取最大值.
故选：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、
【解析】由得：，∵在区间上随机取实数，每个数被取到的可能性相等，∴事件发生的概率为，故答案为
考点：几何概型
12、②③⇒⑤；③④⇒⑤；②④⇒⑤
【解析】利用不等式的性质和做差比较即可得到答案.
【详解】由②③⇒⑤，
因为，，则.
由③④⇒⑤，
由于，，则，所以.
由②④⇒⑤，
由于，且，则，所以.
故答案为：②③⇒⑤；③④⇒⑤；②④⇒⑤
13、
【解析】因为角的终边经过点，过点P到原点的距离为，所以，所以 ，故填 .
14、
【解析】利用同角的基本关系式，可得，代入所求，结合辅助角公式，即可求解
【详解】因为，，所以，
所以，故答案为
【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系式，辅助角公式，考查计算化简的能力，属基础题
15、16
【解析】利用扇形的面积S，即可求得结论
【详解】∵扇形的半径为4cm，圆心角为2弧度，
∴扇形的面积S16cm2，
故答案为：16

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) （3）
【解析】（1）因，故对称轴为，故可设，再由得.（2）有唯一实数根可以转化为与有唯一的交点去考虑.（3），任意都有不等式成立等价于，分、、和四种情形讨论即可.
解析：（1）因，对称轴为，设，由得，所以.
（2）由方程得，即直线与函数的图象有且只有一个交点，作出函数在的图象.易得当或时函数图象与直线只有一个交点，所以的取值范围是.
（3）由题意知.
假设存在实数满足条件，对任意都有成立，即，故有，由.
当时，在上为增函数，，所以；
当时，，.即，解得，所以.
当时，
即解得.所以.
当时，，即，所以，综上所述，，
所以当时，使得对任意都有成立.
点睛：（1）求二次函数的解析式，一般用待定系数法，有时也需要根据题设的特点合理假设二次函数的形式（如双根式、顶点式、一般式）；
（2）不等式对任意的恒成立可以等价转化为恒成立.
17、（1）为奇函数；（2）证明见解析；（3）.
【解析】（Ⅰ）求出定义域为{x|x≠0且x∈R}，关于原点对称，再计算f（-x），与f（x）比较即可得到奇偶性；
（Ⅱ）运用单调性的定义，注意作差、变形、定符号、下结论等步骤；
（Ⅲ）讨论x＞0，x＜0，求出f（x）的零点，再由单调性即可解得所求取值范围
试题解析：
（1）定义域为{x|x≠0且x∈R}，关于原点对称，
，所以为奇函数；
（2）任取，
所以在为单调增函数；
（3）解得，所以零点为，
当时，由（2）可得的的取值范围为，的的取值范围为，又该函数为奇函数，所以当时，由（2）可得的的取值范围为，
综上：所以 >解集为.
18、 (1) 直线的截距式方程为：;(2) .
【解析】（1）直线在轴上的截距为，等价于直线经过点，代入直线方程得，所以，从而可得直线的一般式方程，再化为截距式即可；（2）把点代入直线的方程为可求得，由两直线平行得：，所以 ，因为两条平行直线之间的距离就是点到直线的距离，所以由点到直线距离公式可得结果.
试题解析：（1）因为直线在轴上的截距为-2，所以直线经过点，代入直线方程得，所以.
所以直线的方程为，当时，，
所以直线的截距式方程为：.
（2）把点代入直线的方程为：，求得
由两直线平行得：，所以
因为两条平行直线之间的距离就是点到直线的距离，所以.
19、（1）函数的值域为.
（2）
【解析】(1)由已知，利用基本不等式可求函数的值域；(2)由对可得函数函数在上的值域包含与函数在上的值域，由此可求正实数a的取值范围
【小问1详解】
，
，则，当且仅当时取“=”，
所以，即函数的值域为.
【小问2详解】
设，因为所以，函数在上单调递增，
则函数在上单调递增，，设时，函数的值域为A．由题意知．函数图象的对称轴为，
当，即时，函数在上递增，则，解得，
当时，即时，函数在上的最大值为，中的较大者，而且，不合题意，
当，即时，函数在上递减，则，满足条件的不存在，
综上，
20、（1）；（2）；（3）.
【解析】（1）利用两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后结合正弦函数的对称性得解；
（2）令，换元，化函数为的二次函数，求出，由此可值域；
（3）由题意利用分离参数法、换元法、基本不等式先求出集合，根据（2）中范围得出的范围，再由可得的范围
【详解】解：（1）

令，得
所以函数图象的对称轴方程为：
（2）由（1）知，，
当时，，
∴，，即
令，
则，，
由
得，
∴当时，有最小值，
当时，有最大值1，
所以当时，函数的值域为
（3）当，不等式恒成立，
因为时，，，所以，
令，则，
所以
又，
当且仅当即时取等号
而，所以，即，所以
又由（2）知，，
当时，，
所以，要使恒成立，只须使，
故的取值范围是
【点睛】关键点点睛：本题考查两角和的正弦公式，三角函数的对称性，换元法求三角函数的值域，考查不等式恒成立问题，在同时出现和的函数中常常设换元转化为二次函数，再结合二次函数性质求解．不等式恒成立问题仍然采用分离参数转化为求函数的最值
21、（1）；（2）化学和地理的等级分都是，评价见解析.
【解析】（1）根据题目所给数据求得的估计值.
（2）根据赋分公式求得化学和地理的等级分，并由此进行评价.
【详解】（1）依题意，.
（2）设化学的等级分为，
则.
设地理的等级分为，
则.
等级赋分的意义是将不同科目的成绩进行比较.如果本题中和都是，说明化学分，和地理分，在考生中的排位是相同的.