山东省校级联考2023届高一数学第一学期期末综合测试模拟试题含解析.doc

2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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函数的图像恒过定点，则的坐标是（ ）A.B.C.D.2已知函数的图象经过点，则的值为（ ）A.B.C.D.3已知唯一的零点在区间、内，那么下面命题错误的A.函数在或，内有零点B.函数在内无零点C.函数在内有零点D.函数在内不一定有零点4设集合M=，N=，则MN等于A.0B.0，5C.0，1，5D.0，1，55如图所示的时钟显示的时刻为3：30，此时时针与分针的夹角为.若一个扇形的圆心角为a，弧长为10，则该扇形的面积为（）A.B.C.D.6幂函数的图象不过原点，则（）A.B.C.或D.7下列命题中是真命题的是（ ）A.“”是“”的充分条件B.“”是“”的必要条件C.“”是“”的充要条件D.“”是“”的充要条件8函数在区间上的最大值为2，则实数的值为A.1或B.C.D.1或9利用二分法求方程的近似解，可以取得一个区间A.B.C.D.10设则的大小关系是A.B.C.D.11已知函数，若，则（ ）A.B.C.D.12（）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.） 13一个扇形周长为8，则扇形面积最大时，圆心角的弧度数是_.14已知（其中且为常数）有两个零点，则实数的取值范围是_.15在正方形ABCD中,E是线段CD的中点,若,则_.16给出下列说法：和直线都相交的两条直线在同一个平面内；三条两两相交的直线一定在同一个平面内；有三个不同公共点的两个平面重合；两两相交且不过同一点的四条直线共面其中正确说法的序号是_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，将函数的图象向左平移个单位，再向上平移2个单位，得到函数的图象.（1）求函数的解析式；（2）求函数在上的最大值和最小值.18已知函数的最小正周期为.（1）求的值和的单调递增区间；（2）令函数，求在区间上的值域.19如图，已知AA1平面ABC，BB1AA1，ABAC3，BC2，AA1，BB12，点E和F分别为BC和A1C的中点(1)求证：EF平面A1B1BA；(2)求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小20（1）计算（2）已知角的终边过点，求角的三个三角函数值21已知.（1）若，且，求的值.（2）若，求的值.22已知集合，或，.（1）求，；（2）求.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、D【解析】利用指数函数的性质即可得出结果.【详解】由指数函数恒过定点，所以函数的图像恒过定点.故选：D2、C【解析】将点的坐标代入函数解析式，求出的值即可.【详解】因为函数的图象经过点，所以，则.故选：C.3、C【解析】利用零点所在的区间之间的关系，将唯一的零点所在的区间确定出，则其他区间就不会存在零点，进行选项的正误筛选【详解】解：由题意，唯一的零点在区间、内，可知该函数的唯一零点在区间内，在其他区间不会存在零点故、选项正确，函数的零点可能在区间内，也可能在内，故项不一定正确，函数的零点可能在区间内，也可能在内，故函数在内不一定有零点，项正确故选：【点睛】本题考查函数零点的概念，考查函数零点的确定区间，考查命题正误的判定注意到命题说法的等价说法在判断中的作用4、C【解析】,选C.5、D【解析】先求出，再由弧长公式求出扇形半径，代入扇形面积公式计算即可.【详解】由图可知，则该扇形的半径，故面积.故选：D6、B【解析】根据幂函数的性质求参数.【详解】是幂函数，解得或或幂函数的图象不过原点，即故选：B7、B【解析】利用充分条件、必要条件的定义逐一判断即可.【详解】因为是集合A的子集，故“”是“”的必要条件，故选项A为假命题；当时，则，所以“”是“”的必要条件，故选项B为真命题；因为是上的减函数，所以当时，故选项C为假命题；取，但，故选项D为假命题.故选：B.8、A【解析】化简可得，再根据二次函数的对称轴与区间的位置关系，结合正弦函数的值域分情况讨论即可【详解】因，令，故，当时，在单调递减所以，此时，符合要求；当时，在单调递增，在单调递减故，解得舍去当时，在单调递增所以，解得，符合要求；综上可知或故选：A.9、D【解析】根据零点存在定理判断【详解】设，则函数单调递增由于，在上有零点故选：D.【点睛】本题考查方程解与函数零点问题掌握零点存在定理是解题关键10、C【解析】由在区间是单调减函数可知，又，故选.考点：1.指数函数的性质；2.函数值比较大小.11、A【解析】可判断在单调递增，根据单调性即可判断.【详解】当时，单调递增，.故选：A.12、D【解析】根据诱导公式以及特殊角的三角函数值，即可容易求得结果.【详解】因为.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、2【解析】设扇形的半径为，则弧长为，结合面积公式计算面积取得最大值时的取值，再用圆心角公式即可得弧度数【详解】设扇形的半径为，则弧长为，所以当时取得最大值为4，此时，圆心角为（弧度）故答案为：214、【解析】设，可转化为有两个正解，进而可得参数范围.【详解】设，由有两个零点，即方程有两个正解，所以，解得，即，故答案为：.15、【解析】详解】由图可知，所以)所以，故，即，即得16、【解析】利用正方体可判断的正误，利用公理3及其推论可判断的正误.【详解】如图，在正方体中，但是异面，故错误.又交于点，但不共面，故错误.如果两个平面有3个不同公共点，且它们共线，则这两个平面可以相交，故错误.如图，因为，故共面于，因为，故，故即，而，故，故即即共面，故正确.故答案为：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)见解析【解析】(1)首先化简三角函数式，然后确定平移变换之后的函数解析式即可；(2)结合(1)中函数解析式确定函数的最大值即可.【详解】（1） .由题意得，化简得.（2），可得，.当时，函数有最大值1；当时，函数有最小值.【点睛】本题主要考查三角函数图像的变换，三角函数最值的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.18、（1），函数单调递增区间：，；（2）.【解析】（1）利用函数的周期求解，得到函数的解析式，然后求解函数的单调增区间；（2）由题得，再利用三角函数的图象和性质求解.【详解】解：（1）函数的最小正周期可得，所以，所以函数，由，所以，可得，所以函数单调递增区间：，（2）由题得，因为所以所以所以函数在区间上的值域为.19、（1）详见解析（2）30【解析】（1）连接A1B，结合三角形中位线定理，得到平行，结合直线与平面平行，的判定定理，即可（2）取的中点N，连接，利用直线与平面垂直判定定理，得到平面，找出即为所求的角，解三角形，计算该角 的大小，即可【详解】解：(1)证明：如图，连接A1B.在A1BC中，因为E和F分别是BC和A1C的中点，所以EFBA1.又EF平面A1B1BA，所以EF平面A1B1BA(2)解：因为ABAC，E为BC的中点，所以AEBC.因为AA1平面ABC，BB1AA1，所以BB1平面ABC，从而BB1AE.又BCBB1B，所以AE平面BCB1，.取BB1的中点M和B1C的中点N，连接A1M，A1N，NE.因为N和E分别为B1C和BC的中点，所以NEB1B，NEB1B，故NEA1A且NEA1A，所以A1NAE，且A1NAE.因为AE平面BCB1，所以A1N平面BCB1，从而A1B1N为直线A1B1与平面BCB1所成的角在ABC中，可得AE2，所以A1NAE2.因为BMAA1，BMAA1，所以A1MAB，A1MAB，由ABBB1，有A1MBB1.在RtA1MB1中，可得A1B14.在RtA1NB1中，sinA1B1N，因此A1B1N30.所以直线A1B1与平面BCB1所成的角为30【点睛】本题考查了直线与平面垂直、平行判定定理和直线与平面所成角的找法，证明直线与平面平行关键找出一条直线与平面内一条直线平行，直线与平面所成角的找法关键找出直线垂直平面的那条直线，建立角，解三角形，即可20、（1）；（2），【解析】（1）根据指数、对数运算性质求解即可.（2）根据三角函数定义求解即可.【详解】（1）.（2）由题知：，所以，21、（1）或（2）【解析】（1）诱导公式化简可得，结合，求解即可；（2）代入，结合诱导公式化简可得，即，利用二倍角公式化简可得，代入即得解【小问1详解】由题意，若，则或【小问2详解】若，则即，即故22、（1）或，（2）【解析】（1）根据并集和交集定义即可求出；（2）根据补集交集定义可求.【小问1详解】因为，或，所以或，；【小问2详解】或，所以.