2022-2023学年北京市西城区外国语学校数学高一上期末联考模拟试题含解析.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．为得到函数的图象，只需将函数的图象（）
A.向左平移个长度单位 B.向右平移个长度单位
C.向左平移个长度单位 D.向右平移个长度单位
2．如图，PO是三棱锥P-ABC底面ABC的垂线，垂足为O

①若PA⊥BC，PB⊥AC，则点O是△ABC的垂心；
②若PA=PB=PC，则点O是△ABC的外心；
③若∠PAB=∠PAC，∠PBA=∠PBC，则点O是△ABC的内心；
④过点P分别做边AB，BC，AC的垂线，垂足分别为E，F，G，若PE=PF=PG，则点O是△ABC的重心
以上推断正确的个数是（　　）
A.1 B.2
C.3 D.4
3．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.
4．下列叙述正确的是(　　)
A.三角形的内角是第一象限角或第二象限角 B.钝角是第二象限角
C.第二象限角比第一象限角大 D.不相等的角终边一定不同
5．焦点在y轴上，焦距等于4，离心率等于的椭圆的标准方程是　　
A. B.
C. D.
6．如图,边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G,已知△A'DE是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形(A'不与A,F重合),则下列命题中正确的是(　　)

①动点A'在平面ABC上的射影在线段AF上;
②BC∥平面A'DE;③三棱锥A'-FED的体积有最大值.
A.① B.①②
C.①②③ D.②③
7．函数是奇函数，则的值为
A.0 B.1
C.-1 D.不存在
8．已知三棱锥D－ABC中，AB＝BC＝1，AD＝2，BD＝，AC＝，BC⊥AD，则该三棱锥的外接球的表面积为（）

A.π B.6π
C.5π D.8π
9．若实数满足，则的最小值为（）
A.1 B.
C.2 D.4
10．若函数的零点与 的零点之差的绝对值不超过0.25， 则可以是
A B.
C. D.
11．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.
12．已知是定义在上的奇函数，当时，，则当时，的表达式为（）
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．已知函数是定义在的偶函数，且在区间上单调递减，若实数满足，则实数的取值范围是__________
14．《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作，其中"方田"章给出了计算弧田面积时所用的经验公式，即弧田面积（弦×矢+矢2），弧田（如图）由圆弧和其所对弦围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”指圆弧顶到弦的距离（等于半径长与圆心到弦的距离之差），现有圆心角为2，半径为1米的弧田，按照上述经验公式计算所得弧田面积是_________平方米.（结果保留两位有效数字，参考数据：，）

15．经过原点并且与直线相切于点的圆的标准方程是__________
16．已知，，与的夹角为60°，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．已知函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为.
（1）当时，求函数的最大值和最小值；
（2）将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，若为偶函数，求的值.
18．如图，平行四边形中，，分别是，的中点，为与的交点，若,，试以，为基底表示、、

19．如图5，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB=4，BC=3，AD=5，∠DAB=∠ABC=90°，E是CD的中点.
（Ⅰ）证明：CD⊥平面PAE；
（Ⅱ）若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥P-ABCD的体积.
20．已知二次函数的图象关于直线对称，且关于x的方程有两个相等的实数根
（1）求函数的值域；
（2）若函数（且）在上有最小值﹣2，最大值7，求a的值
21．对于函数，若在定义域内存在实数，满足，则称“局部中心函数”.
（1）已知二次函数（），试判断是否为“局部中心函数”，并说明理由；
（2）若是定义域为上的“局部中心函数”，求实数的取值范围.
22．某网上电子商城销售甲、乙两种品牌的固态硬盘，甲、乙两种品牌的固态硬盘保修期均为3年，现从该商城已售出的甲、乙两种品牌的固态硬盘中各随机抽取50个，统计这些固态硬盘首次出现故障发生在保修期内的数据如下：
型号
甲
乙
首次出现故障的时间x(年)

硬盘数(个)
2
1
2
1
2
3
假设甲、乙两种品牌的固态硬盘首次出现故障相互独立.
（1）从该商城销售的甲品牌固态硬盘中随机抽取一个，试估计首次出现故障发生在保修期内的概率；
（2）某人在该商城同时购买了甲、乙两种品牌的固态硬盘各一个，试估计恰有一个首次出现故障发生在保修期的第3年(即)的概率.

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、A
【解析】先将变形为，即可得出结果.
详解】，
只需将函数的图象向左平移个长度单位.
故选：A.
【点睛】本题考查三角函数的平移变换，属于基础题.
2、C
【解析】①由题意得出AO⊥BC，BO⊥BC，点O是△ABC的垂心；
②若PA=PB=PC，则AO=BO=CO，点O是△ABC的外心；
③由题意得出AO是∠BAC的平分线，BO是∠ABC的平分线，O是△ABC的内心；
④若PE=PF=PG，则OE=OF=OG，点O是△ABC的内心
【详解】对于①，PO⊥底面ABC，∴PO⊥BC，又PA⊥BC，
∴BC⊥平面PAO，∴AO⊥BC；
同理PB⊥AC，得出BO⊥BC，

∴点O是△ABC的垂心，①正确；
对于②，若PA=PB=PC，由此推出Rt△PAO≌Rt△PBO≌Rt△PCO，
∴AO=BO=CO，点O是△ABC的外心，②正确；
对于③，若∠PAB=∠PAC，且PO⊥底面ABC，
则AO是∠BAC的平分线，
同理∠PBA=∠PBC时BO是∠ABC平分线，
∴点O是△ABC的内心，③正确；
对于④，过点P分别做边AB，BC，AC的垂线，垂足分别为E，F，G，
若PE=PF=PG，则OE=OF=OG，点O是△ABC的内心，④错误
综上，正确的命题个数是3
故选C
【点睛】本题主要考查了空间中的直线与平面的垂直关系应用问题，是中档题
3、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.
4、B
【解析】利用象限角、钝角、终边相同角的概念逐一判断即可.
【详解】∵直角不属于任何一个象限，故A不正确；
钝角属于是第二象限角,故B正确；
由于120°是第二象限角，390°是第一象限角，故C不正确；
由于20°与360°+20°不相等，但终边相同，故D不正确.
故选B
【点睛】本题考查象限角、象限界角、终边相同的角的概念，综合应用举反例、排除等手段，选出正确的答案
5、C
【解析】设椭圆方程为： ，由题意可得：
，解得： ，
则椭圆的标准方程为：.
本题选择D选项
6、C
【解析】【思路点拨】注意折叠前DE⊥AF,折叠后其位置关系没有改变.
解:①中由已知可得平面A'FG⊥平面ABC
∴点A'在平面ABC上的射影在线段AF上.
②BC∥DE,BC⊄平面A'DE,DE⊂平面A'DE,∴BC∥平面A'DE.③当平面A'DE⊥平面ABC时,三棱锥A'-FED的体积达到最大.
7、C
【解析】由题意得，函数是奇函数，则，即
，解得，故选C.
考点：函数的奇偶性的应用.
8、B
【解析】由题意结合平面几何、线面垂直的判定与性质可得BC⊥BD，AD⊥AC，再由平面几何的知识即可得该几何体外接球的球心及半径，即可得解.
【详解】 AB＝BC＝1，AD＝2，BD＝，AC＝，
∴，，
∴DA⊥AB，AB⊥BC，由BC⊥AD 可得BC⊥平面DAB，DA⊥平面ABC，
∴BC⊥BD，AD⊥AC，
∴CD＝，
由直角三角形的性质可知，线段CD的中点O到点A，B，C，D的距离均为，
∴该三棱锥外接球的半径为，
故三棱锥的外接球的表面积为4π＝6π.

故选：B.
【点睛】本题考查了三棱锥几何特征的应用及其外接球表面积的求解，考查了运算求解能力与空间思维能力，属于中档题.
9、C
【解析】先根据对数的运算得到，再用基本不等式求解即可.
【详解】由对数式有意义可得，由对数的运算法则得，所以，结合，可得，所以，当且仅当时取等号，所以.
故选：.
10、A
【解析】因为函数g(x)＝4x＋2x－2在R上连续，且，，设函数的g(x)＝4x＋2x－2的零点为，根据零点存在性定理，有，则，所以，又因为f (x)＝4x－1的零点为，函数f (x)＝(x－1)2的零点为x=1，f (x)＝ex－1的零点为，f (x)＝ln(x－0．5)的零点为，符合为，所以选A
考点： 零点的概念，零点存在性定理
11、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.
12、D
【解析】当，即时，根据当时，，结合函数的奇偶性即可得解.
【详解】解：函数是定义在上的奇函数，，
当时，，
当，即时，.
故选：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、
【解析】先利用偶函数的性质将不等式化简为，再利用函数在上的单调性即可转化为，然后求得的范围.
【详解】因为为R上偶函数，则，
所以，
所以，即，
因为为上的减函数，，所以，
解得，所以，的范围为.
【点睛】1.函数值不等式的求法：（1）利用函数的奇偶性、特殊点函数值等性质将函数值不等式转化为与大小比较的形式：；
（2）利用函数单调性将转化为自变量大小比较的形式，再求解不等式即可.
偶函数的性质：；奇函数性质：；
若在D上为增函数，对于任意，都有；
若在D上为减函数，对于任意，都有.
14、
【解析】由题设可得“弦”为，“矢”为，结合弧田面积公式求面积即可.
【详解】由题设，“弦”为，“矢”为，
所以所得弧田面积是.
故答案为：.
15、
【解析】设圆心坐标，则，，，根据这三个方程组可以计算得：，所以所求方程为：
点睛：设出圆心与半径，根据题意列出方程组，解出圆心和半径即可
16、10
【解析】由数量积的定义直接计算.
【详解】.
故答案为：10.

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）
【解析】（1）根据题意可得，从而可求得，再根据正弦函数的性质结合整体思想即可得出答案；
（2）求出平移后的函数的解析式，再根据正余弦函数的奇偶性即可得出答案.
【小问1详解】
解：因为函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为，
所以，所以，所以，
所以，
当时，，
所以当时，函数取得最小值，
当时，函数取得最大值，
所以；
【小问2详解】
解：函数的图象向左平移个单位后，
得到函数，
因为为偶函数，
所以，
所以，
又因为，所以.
18、
【解析】分析：直接利用共线向量的性质、向量加法与减法的三角形法则求解即可.
详解：由题意，如图，
，
连接，则是的重心，连接交于点，则是的中点，
∴点在上，
∴，
故答案为
；；
∴
点睛：向量的运算有两种方法，一是几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）；二是坐标运算：建立坐标系转化为解析几何问题解答（求最值与范围问题，往往利用坐标运算比较简单）
19、（1）证明略
（2）
【解析】（Ⅰ）要证平面，由已知平面，已经有，因此在直角梯形中证明即可，通过计算得，而是中点，则有；（Ⅱ）PB与平面ABCD所成的角是，下面关键是作出PB与平面PAE所成的角，由（Ⅰ）作，分别与相交于，连接，则是PB与平面PAE所成的角，由这两个角相等，可得，同样在直角梯形中可计算出，也即四棱锥P-ABCD的高，体积可得．另外也可建立空间直角坐标系，通过空间向量法求得结论，第（Ⅱ）小题中关键是求点的坐标，注意这里直线与平面所成的角相等转化为直线与平面的法向量的夹角相等
试题解析：解法1（Ⅰ如图（1）），连接AC，由AB=4，，
是的中点，所以
所以
而内的两条相交直线，所以CD⊥平面PAE
（Ⅱ）过点Ｂ作
由（Ⅰ）CD⊥平面PAE知，ＢＧ⊥平面PAE．于是为直线ＰＢ与平面PAE
所成的角，且
由知，为直线与平面所成的角
由题意，知
因为所以
由所以四边形是平行四边形，故于是
在中，所以

于是
又梯形的面积为所以四棱锥的体积为

解法2：如图（2），以A为坐标原点，所在直线分别为建立空间直角坐标系．设则相关的各点坐标为：

（Ⅰ）易知因为
所以而是平面内的两条相交直线，所以
（Ⅱ）由题设和（Ⅰ）知，分别是，的法向量，而PB与
所成的角和PB与所成的角相等，所以

由（Ⅰ）知，由故

解得
又梯形ABCD的面积为，所以四棱锥的体积为
.
考点：线面垂直的判断，棱锥的体积
20、（1）
（2）或
【解析】（1）根据对称轴以及判别式等于得出，再由基本不等式得出函数的值域；
（2）利用换元法结合对数函数以及二次函数的单调性得出a的值
【小问1详解】
依题意得，
因为，所以，
解得，，故，，
当时，，当且仅当，即时，等号成立
当时，，当且仅当，即时，等号成立
故的值域为
【小问2详解】
，
令，则
①当时，，因，所以，解得
因为，所以，解得或（舍去）
②当时，，因为，所以，解得
，解得或（舍去）
综上，a的值为或
21、 (1) 为“局部中心函数”，理由详见解题过程；（2）
【解析】（1）判断是否为“局部中心函数”，即判断方程是否有解，若有解，则说明是“局部中心函数”，否则说明不是“局部中心函数”；
（2）条件是定义域为上的“局部中心函数”可转化为方程有解，再利用整体思路得出结果.
【详解】解：（1）由题意，（），
所以，
，
当时，

解得：，
由于，所以，
所以为“局部中心函数”.
（2）因为是定义域为上的“局部中心函数”，
所以方程有解，
即在上有解，
整理得：，
令，，
故题意转化为在上有解，
设函数，
当时，在上有解，
即，
解得：；
当时，
则需要满足才能使在上有解，
解得：，
综上：.
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质、指数函数的图象与性质，考查了整体换元的思想方法，还考查了学生理解新定义的能力.
22、（1）；（2）
【解析】（1）由频率表示概率即可求出；
（2）先分别求出从甲、乙两种品牌随机抽取一个，首次出现故障发生在保修期的第3年的概率，即可求出恰有一个首次出现故障发生在保修期的第3年的概率.
【详解】解：（1）在图表中，甲品牌的个样本中，
首次出现故障发生在保修期内的概率为：，
设从该商城销售的甲品牌固态硬盘中随机抽取一个，
其首次出现故障发生在保修期内为事件，
利用频率估计概率，得，
即从该商城销售的甲品牌固态硬盘中随机抽取一个，
其首次出现故障发生在保修期内的概率为：；
（2）设从该商城销售的甲品牌固态硬盘中随机抽取一个，
其首次出现故障发生在保修期的第3年为事件，
从该商城销售的乙品牌固态硬盘中随机抽取一个，
其首次出现故障发生在保修期的第3年为事件，
利用频率估计概率，得：，
则

,
某人在该商城同时购买了甲、乙两种品牌的固态硬盘各一个，恰有一个首次出现故障发生在保修期的第3年的概率为：.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用频率表示概率.