江苏省常州市三河口高级中学2022-2023学年高一上数学期末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12小题，共60分）1已知角的顶点在原点，始边与轴正半轴重合，终边上有一点，则( )A.B.C.D.2命题“”的否定为（）A.B.C.D.3半径为的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（）A.B.C.D.4若，则下列不等式成立的是（）A.B.C.D.5掷铁饼者取材于希腊的现实生活中的体育竞技活动，刻画的是一名强健的男子在掷铁饼过程中最具有表现力的瞬间.现在把掷铁饼者张开的双臂近似看成一张拉满弦的 “弓”，掷铁饼者的手臂长约米，肩宽约为米，“弓”所在圆的半径约为米，你估测一下掷铁饼者双手之间的距离约为(参考数据:， )（ ）A.米B.米C.米D.米6已知向量，且，则A.B.C.2D.-27已知alog23log2，blog29log2，clog32，则a，b，c的大小关系是（）A.abcC.abbc8下列各组函数表示同一函数的是（ ）A.，B.，C.，D.，9已知函数是定义在上的偶函数，当时，则函数的零点个数为（）A.20B.18C.16D.1410函数f（x）=-xtanx（x）的图象大致为（）A.B.C.D.11已知扇形的圆心角为，面积为8，则该扇形的周长为（ ）A.12B.10C.D.12已知集合，则A.B.C.D.二、填空题（本大题共4小题，共20分）13已知，则_.14函数的定义域是_.15空间直角坐标系中，点A（1，0，1）到原点O的距离为_16三条直线两两相交，它们可以确定的平面有_个.三、解答题（本大题共6小题，共70分）17已知集合，.（1）当时，求；（2）若，求实数的取值范围.18如图，四棱锥的底面为正方形，底面，分别是的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面.19已知函数的定义域为，在上为增函数，且对任意的，都有（1）试判断的奇偶性；（2）若，求实数的取值范围20设函数，是定义域为R的奇函数（1）确定的值（2）若，判断并证明的单调性；（3）若，使得对一切恒成立，求出的范围.21设集合存在正实数，使得定义域内任意x都有.（1）若，证明；（2）若，且，求实数a的取值范围；（3）若，且、求函数的最小值.22如图，四棱锥中，底面为矩形，面，为的中点（1）证明：平面;（2）设，三棱锥的体积 ，求A到平面PBC的距离参考答案一、选择题（本大题共12小题，共60分）1、B【解析】由三角函数定义列式，计算，再由所给条件判断得解.【详解】由题意知，故，又，.故选：B2、C【解析】“若，则”的否定为“且”【详解】根据命题的否定形式可得：原命题的否定为“”故选：C3、A【解析】根据题意可得圆锥母线长为，底面圆的半径为，求出圆锥高即可求出体积.【详解】半径为半圆卷成一个圆锥，可得圆锥母线长为，底面圆周长为，所以底面圆的半径为，圆锥的高为,所以圆锥的体积为.故选：A.4、D【解析】根据不等式的性质逐项判断可得答案.【详解】对于A，因为，故，故A错误对于B，因为，故，故，故B错误对于C，取，易得，故C错误对于D，因为，所以，故D正确故选：D5、C【解析】先计算弓所在的扇形的弧长，算出其圆心角后可得双手之间的距离.【详解】弓形所在的扇形如图所示，则的长度为，故扇形的圆心角为，故.故选：C.6、A【解析】由于两个向量垂直，故有.故选：A7、B【解析】利用对数的运算性质求出a、b、c的范围，即可得到正确答案.【详解】因为alog23log2log2log231，blog29log2log2a，clog32c.故选：B8、A【解析】根据相同函数的定义，分别判断各个选项函数的定义域和对应关系是否都相同，即可得出答案.【详解】解：对于A，两个函数的定义域都是，对应关系完全一致，所以两函数是相同函数，故A符合题意；对于B，函数的定义域为，函数的定义域为，故两函数不是相同函数，故B不符题意；对于C，函数的定义域为，函数的定义域为，故两函数不是相同函数，故C不符题意；对于D，函数的定义域为，函数的定义域为，故两函数不是相同函数，故D不符题意.故选：A.9、C【解析】解方程，得或，作出的图象，由对称性只要作的部分，观察的图象与直线和直线的交点的个数即得【详解】,或根据函数解析式以及偶函数性质作图象，当时，.，是抛物线的一段，当，由的图象向右平移2个单位，并且将每个点的纵坐标缩短为原来的一半得到，依次得出y轴右侧的图象，根据对称轴可得左侧的结论，时，的图象与直线和的交点个数，分别有3个和5个，函数g(x)的零点个数为，故选：C【点睛】本题考查函数零点个数，解题方法是数形结合思想方法，把函数零点个数转化为函数图象与直线交点个数，由图象易得结论10、D【解析】利用函数的奇偶性排除部分选项，再利用特殊值判断.【详解】因为，所以是奇函数，排除BC，又因为，排除A，故选：D11、A【解析】利用已知条件求出扇形的半径，即可得解周长【详解】解：设扇形的半径r，扇形OAB的圆心角为4弧度，弧长为：4r，其面积为8，可得4rr8，解得r2扇形的周长：2+2+812故选：A12、C【解析】利用一元二次不等式的解法化简集合，再根据集合的基本运算进行求解即可【详解】因为，所以，故选C【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系.二、填空题（本大题共4小题，共20分）13、【解析】根据余弦值及角的范围，应用同角的平方关系求.【详解】由，则.故答案为：.14、 ，【解析】根据题意由于有意义，则可知，结合正弦函数的性质可知，函数定义域，故可知答案为，考点：三角函数性质点评：主要是考查了三角函数的性质的运用，属于基础题15、【解析】由空间两点的距离公式 计算可得所求值.【详解】点到原点的距离为,故答案为：.【点睛】本题考查空间两点的距离公式的运用，考查运算能力，是一道基础题.16、1或3【解析】利用平面的基本性质及推论即可求出.【详解】设三条直线为，不妨设直线，故直线与确定一个平面，（1）若直线在平面内，则直线确定一个平面；（2）若直线不在平面内，则直线确定三个平面；故答案为：1或3；三、解答题（本大题共6小题，共70分）17、（1）；（2）.【解析】(1)求出集合A和B，根据并集的计算方法计算即可；(2)求出，分B为空集和不为空集讨论即可.【小问1详解】，当时，；【小问2详解】或x4，当时，解得a1；当时，若，则解得.综上，实数的取值范围为.18、（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）连接BD，根据线面平行的判定定理只需证明EFPD即可；（2）利用线面垂直的判定定理可得面，再利用面面垂直的判定定理即证【小问1详解】如图，连结，则是的中点，又是的中点，又平面，面，平面；【小问2详解】底面是正方形，平面，平面，又，面，又平面，故平面平面.19、（1）奇函数（2）【解析】（1）抽象函数用赋值法，再结合函数奇偶性的定义判断即可；（2）利用奇函数的单调性和定义及函数的单调性，联立不等式不等式组，再解不等式组即可.【小问1详解】因为函数定义域为，令，得令，得，即，所以函数为奇函数【小问2详解】由（1）知函数为奇函数，又知函数的定义域为，在上为增函数，所以函数在上为增函数因为，即，所以，解得，所以实数的取值范围为20、（1）2；（2）单调递增，证明见解析；（3）.【解析】（1）利用奇函数定义直接计算作答.（2）求出a值，再利用函数单调性定义证明作答.（3）把给定不等式等价变形，再利用函数单调性求出最小值，列式计算作答.【小问1详解】因是定义域为的奇函数，则，而，解得，所以的值是2.【小问2详解】由（1）得，是定义域为的奇函数，而，则，即，又，解得，则函数在上单调递增，因，则，于是得，即，所以函数在定义域上单调递增.【小问3详解】当时，而函数在上单调递增，于是得，令，函数在上单调递减，当，即时，因此，解得，所以的范围是.【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用函数思想是解决问题的关键.21、（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】（1）利用判断（2），化简，通过判别式小于0，求出的范围即可（3）由，推出，得到对任意都成立，然后分离变量，通过当时，当时，分别求解最小值即可【详解】（1），（2）由，故；（3）由，即对任意都成立当时，；当时，；当时，综上：【点睛】思路点睛：本题考查函数新定义，重点是理解新定义的意义，本题第三问的关键是代入定义后转化为不等式恒成立问题，利用参变分离后求的取值范围，再根据，根据函数的单调性，讨论的取值，求得的最小值.22、（1）证明见解析 （2） 到平面的距离为【解析】（1）连结BD、AC相交于O，连结OE，则PBOE，由此能证明PB平面ACE（2）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出A到平面PBD的距离试题解析：(1）设BD交AC于点O，连结EO.因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点又E为PD的中点，所以EOPB 又EO平面AEC，PB平面AEC所以PB平面AEC.（2）由，可得.作交于由题设易知，所以故，又所以到平面的距离为法2：等体积法由，可得.由题设易知,得BC假设到平面的距离为d，又因为PB=所以又因为(或)，所以考点：线面平行的判定及点到面的距离