2023届甘肃省肃南县一中高一上数学期末检测试题含解析.doc

2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．函数的最小值是（ ）
A. B.0
C.2 D.6
2．的值是
A.0 B.
C. D.1
3．已知是定义在R上的奇函数，在区间上为增函数，则不等式的解集为（）
A. B.
C. D.
4．已知定义在上的偶函数，且当时，单调递减，则关于x的不等式的解集是（）
A. B.
C. D.
5．在去年的足球联赛上，一队每场比赛平均失球个数是1.5，全年比赛失球个数的标准差是1.1；二队每场比赛平均失球个数是2.1，全年比赛失球个数的标准差是0.4.则下列说法错误的是（）
A.平均来说一队比二队防守技术好 B.二队很少失球
C.一队有时表现差，有时表现又非常好 D.二队比一队技术水平更不稳定
6．已知幂函数的图象过点，则的值为（）
A. B.
C. D.
7．直线与直线互相垂直，则这两条直线的交点坐标为（　　）
A. B.
C. D.
8．某学校大门口有一座钟楼，每到夜晚灯光亮起都是一道靓丽的风景，有一天因停电导致钟表慢10分钟，则将钟表拨快到准确时间分针所转过的弧度数是（ ）
A. B.
C. D.
9．已知集合，，若，则实数的值为（）
A. B.
C. D.
10．已知函数是定义域上的递减函数，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
11．已知幂函数的图象过点，则的值为
A. B.
C. D.
12．定义运算，则函数的部分图象大致是（）
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，且关于的方程有且仅有一个实数根，那实数的取值范围为________
14．已知函数，则_________
15．在平面直角坐标系中，已知为坐标原点，，，，若动点，则的最大值为______.
16．如图，、、、分别是三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线与是异面直线的图形有______.

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，.
（1）若函数在为增函数，求实数的取值范围；
（2）若函数为偶函数，且对于任意，，都有成立，求实数的取值范围.
18．已知函数的部分图像如图所示.

（1）求函数的解析式；
（2）若函数在上取得最小值时对应的角度为，求半径为2，圆心角为的扇形的面积.
19．利用拉格朗日（法国数学家，1736-1813）插值公式，可以把二次函数表示成的形式.
（1）若，，，，，把的二次项系数表示成关于f的函数，并求的值域（此处视e为给定的常数，答案用e表示）；
（2）若，，，，求证：.
20．已知函数同时满足下列四个条件中的三个：
①当时，函数值为0；②的最大值为；③的图象可由的图象平移得到；④函数的最小正周期为.
（1）请选出这三个条件并求出函数的解析式；
（2）对于给定函数，求该函数的最小值.
21．定义在上奇函数，已知当时，
求实数a的值；
求在上的解析式；
若存在时，使不等式成立，求实数m的取值范围
22．设函数（ω＞0），且图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为
（1）求在上的单调区间；
（2）若，且，求sin2x0的值

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、B
【解析】
时，，故选B.
2、B
【解析】利用诱导公式和和差角公式直接求解.
【详解】
故选：B
3、C
【解析】由奇函数知，再结合单调性及得，解不等式即可.
【详解】由题意知：，又在区间上为增函数，当时，，
当时，，由可得，解得.
故选：C.
4、D
【解析】由偶函数的性质求得，利用偶函数的性质化不等式中自变量到上，然后由单调性转化求解
【详解】解：由题意，，的定义域，时，递减，
又是偶函数，因此不等式转化为，
，，解得
故选：D
5、B
【解析】利用平均数和标准差的定义及意义即可求解.
【详解】对于A，因为一队每场比赛平均失球数是1.5，二队每场比赛平均失球数是2.1，
所以平均说来一队比二队防守技术好，故A正确；
对于B，因为二队每场比赛平均失球数是2.1，全年比赛失球个数的标准差为0.4，
所以二队经常失球，故B错误；
对于C，因为一队全年比赛失球个数的标准差为1.1，二队全年比赛失球个数的标准差为0.4，
所以一队有时表现很差，有时表现又非常好，故C正确；
对于D，因为一队全年比赛失球个数的标准差为1.1，二队全年比赛失球个数的标准差为0.4，
所以二队比一队技术水平更稳定，故D正确;
故选：B.
6、A
【解析】待定系数求得幂函数解析式，再求对数运算的结果即可.
【详解】设幂函数为，由题意得，，
∴
故选：A
【点睛】本题考查幂函数解析式的求解，涉及对数运算，属综合简单题.
7、B
【解析】时，直线分别化为：，此时两条直线不垂直.时，利用两条直线垂直可得：，解得.联立方程解出即可得出.
【详解】时，直线分别化为：，此时两条直线不垂直.
时，由两条直线垂直可得：，解得.
综上可得：.
联立，解得，.∴这两条直线的交点坐标为.
故选：
【点睛】本题考查了直线相互垂直、分类讨论方法、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.
8、A
【解析】由题可得分针需要顺时针方向旋转.
【详解】分针需要顺时针方向旋转，即弧度数为.
故选：A.
9、B
【解析】根据集合，，可得，从而可得.
【详解】因为，，
所以，所以.
故选：B
10、B
【解析】由指数函数的单调性知，即二次函数是开口向下的，利用二次函数的对称轴与1比较，再利用分段函数的单调性，可以构造一个关于a的不等式，解不等式即可得到实数a的取值范围
【详解】函数是定义域上的递减函数，
当时，为减函数，故；
当时，为减函数，由，得，开口向下，对称轴为，即，解得；
当时，由分段函数单调性知，，解得；
综上三个条件都满足，实数a的取值范围是
故选：B.
【点睛】易错点睛：本题考查分段函数单调性，函数单调性的性质，其中解答时易忽略函数在整个定义域上为减函数，则在分界点处（）时，前一段的函数值不小于后一段的函数值，考查学生的分析能力与运算能力，属于中档题.
11、B
【解析】利用幂函数图象过点可以求出函数解析式，然后求出即可
【详解】设幂函数的表达式为，则，解得，
所以，则.
故答案为B.
【点睛】本题考查了幂函数，以及对数的运算，属于基础题
12、B
【解析】根据运算得到函数解析式作图判断.
【详解】，
其图象如图所示：

故选：B

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】利用数形结合的方法，将方程根的问题转化为函数图象交点的问题，观察图象即可得到结果.
【详解】作出的图象，如下图所示：

∵关于的方程有且仅有一个实数根，
∴函数的图象与有且只有一个交点，
由图可知，
则实数的取值范围是.
故答案为：.
14、1
【解析】根据分段函数的定义即可求解.
【详解】解：因为函数，
所以，
所以，
故答案为：1.
15、
【解析】设动点，由题意得动点轨迹方程为
则
由其几何意义得表示圆上的点到的距离，

故
点睛：本题主要考查了平面向量的线性运算及其运用，综合了圆上点与定点之间的距离最大值，先给出动点的轨迹方程，再表示出向量的坐标结果，依据其几何意义计算求得结果，本题方法不唯一，还可以直接计算含有三角函数的最值
16、②④
【解析】图①中，直线，图②中面，图③中，图④中，面
【详解】解：根据题意，
在①中，且，则四边形是平行四边形，有，不是异面直线；
图②中，、、三点共面，但面，因此直线与异面；
在③中，、分别是所在棱的中点，所以且，故，必相交，不是异面直线；
图④中，、、共面，但面，与异面
所以图②④中与异面
故答案为：②④.

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）利用定义法证明函数的单调性，依题意可得，即，参变分离可得对恒成立，再根据指数函数的性质计算可得；
（2）由函数为偶函数，得到，即可求出的值，从而得到的解析式，再利用基本不等式得到，依题意，可得对任意恒成立，即对任意恒成立，①由有意义，求得；②由，得，即可得到对任意恒成立，从而求出，从而求出参数的取值范围；
【小问1详解】
解：设，且，
则

∵函数在上为增函数，
∴恒成立
又∵，∴，
∴恒成立，即对恒成立
当时，的取值范围为，
故，即实数取值范围为.
【小问2详解】
解：∵为偶函数，∴对任意都成立，
又

∵上式对任意都成立，
∴，∴，
∴，当且仅当时等号成立，
∴的最小值为0，
∴由题意，可得对任意恒成立，
∴对任意恒成立
①由有意义，得在恒成立，
得在恒成立，
又在上值域为，
故
②由，得，得，
得，得，得，
∴对任意恒成立，
又∵在的最大值为，
∴，
由①②得，实数的取值范围为.
18、（1）.
（2）.
【解析】（1）由图象观察，最值求出，周期求出，特殊点求出，所以；（2）由题意得，所以扇形面积
试题解析：
(1)∵，∴根据函数图象，得.
又周期满足，∴.解得.
当时，.∴.
∴.故.
(2)∵函数的周期为，∴在上的最小值为-2.
由题意，角满足，即.解得.
∴半径为2，圆心角为的扇形面积为
.
19、（1）；
（2）证明见解析
【解析】（1）根据已知写出二次项系数后可得；；
（2）注意到，因此可以在不等式两边同乘以分母后化简不等式，然后比较可得（可作差或凑配证明）
【小问1详解】
由题意又，所以
即的值域是；
【小问2详解】
因为，，，，所以，

因为，，，，所以，
所以，
所以，

因为，，，，所以，
所以，
所以，
综上，原不等式成立
20、（1）选择①②④三个条件，
（2）
【解析】（1）根据各条件之间的关系，可确定最大值1与②④矛盾，故③不符合题意，从而确定①②④三个条件；
（2）将化简为，再通过换元转化为二次函数问题再求解.
【小问1详解】
①由条件③可知，函数的周期，最大值为1与②④矛盾，故③不符合题意.选择①②④三个条件.
由②得，由④中，知，则，
由①知，解得，
又，则.
所求函数表达式为.
【小问2详解】
由，
令，那么，
令，其对称轴为.
当时，即时，
在上单调递增，则；
当时，即时，
在上单调递减，在上单调递增，
则；
当时，即时，在上单调递减.
则，
综上所述可得
21、（1）；（2）；（3）.
【解析】根据题意，由函数奇偶性的性质可得，解可得的值，验证即可得答案；当时，，求出的解析式，结合函数的奇偶性分析可得答案；根据题意，若存在，使得成立，即在有解，变形可得在有解设，分析的单调性可得的最大值，从而可得结果
【详解】根据题意，是定义在上的奇函数，
则，得经检验满足题意；
故；
根据题意，当时，，
当时，，
又是奇函数，则
综上，当时，；
根据题意，若存在，使得成立，
即在有解，
即在有解
又由，则在有解
设，分析可得上单调递减，
又由时，，
故
即实数m的取值范围是
【点睛】本题考查函数的奇偶性的应用，以及指数函数单调性的应用，属于综合题
22、（1）单调增区间为，单调减区间为；
（2）.
【解析】（1）化简得到，结合条件求出，再利用余弦函数的性质即得；
（2）由题可得，，再利用差角公式即求.
【小问1详解】
∵

，
因为图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为，
又，所以，因此，
∴，
当时，，
∴由，得，函数单调递增，
由，得，函数单调递减，
所以函数单调增区间为，单调减区间为.
【小问2详解】
∵，且，
∴，
又，
∴，
∴
.