2022-2023学年宁夏吴忠市青铜峡高中高一上数学期末检测模拟试题含解析.doc

2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题（本大题共12小题，共60分）
1．若函数的图象（部分）如图所示，则的解析式为（）

A. B.
C. D.
2．设为两条不同的直线，为三个不重合平面，则下列结论正确的是
A.若，，则 B.若，，则
C.若，，则 D.若，，则
3．直线与圆相交于两点,若,则的取值范围是
A. B.
C. D.
4．一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为（）

A.21+ B.18+
C.21 D.18
5．已知圆：与圆：，则两圆公切线条数为　　
A.1条 B.2条
C.3条 D.4条
6．下列指数式与对数式的互化不正确的一组是（）
A.100=1与lg1=0 B.与
C.log39=2与32=9 D.log55=1与51=5
7．已知函数在上图像关于轴对称，若对于，都有，且当时，，则的值为（ ）
A. B.
C. D.
8．如图，正方体的棱长为，，是线段上的两个动点，且，则下列结论错误的是

A.
B.直线、所成的角为定值
C.∥平面
D.三棱锥的体积为定值
9．若角的终边过点，则等于
A. B.
C. D.
10．在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，角的始边与轴非负半轴重合，角的终边经过点，则（ ）
A B.
C. D.
11．设，则“”是“”的（）
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
12．若，则的可能值为（ ）
A.0 B.0，1
C.0，2 D.0，1，2
二、填空题（本大题共4小题，共20分）
13．已知函数，若有解，则m的取值范围是______
14．已知定义在上的奇函数，当时，，当时，________
15．函数的单调递增区间是_________
16．已知，，试用a、b表示________.
三、解答题（本大题共6小题，共70分）
17．一种专门占据内存的计算机病毒，能在短时间内感染大量文件，使每个文件都不同程度地加长，造成磁盘空间的严重浪费.这种病毒开机时占据内存2KB，每3分钟后病毒所占内存是原来的2倍.记x分钟后的病毒所占内存为yKB.
（1）求y关于x的函数解析式；
（2）如果病毒占据内存不超过1GB（，）时，计算机能够正常使用，求本次开机计算机能正常使用的时长.
18．已知圆：关于直线：对称的图形为圆.
（1）求圆的方程；
（2）直线：，与圆交于，两点，若（为坐标原点）的面积为，求直线的方程.
19．已知函数
（1）试判断函数在区间上的单调性，并用函数单调性定义证明；
（2）对任意时，都成立，求实数的取值范围
20．已知函数，（，且）
（1）求函数的定义域；
（2）当时，求关于的不等式的解集
21．已知，且在第三象限，
（1）和
（2）.
22．如图，射线、分别与轴正半轴成和角，过点作直线分别交、于、两点，当的中点恰好落在直线上时，求直线的方程

参考答案

一、选择题（本大题共12小题，共60分）
1、A
【解析】根据正弦型函数最小正周期公式，结合代入法进行求解即可.
【详解】设函数的最小正周期为，因为，所以由图象可知：，即，
又因为函数过，所以有，
因为，所以令，得，即，
故选：A
2、B
【解析】根据线面平行线面垂直面面垂直的定义及判定定理，逐一判断正误.
【详解】选项，若，，则可能平行，相交或异面：故错
选项，若，，则，故正确.
选项，若，，因为，，为三个不重合平面，所以或，故错
选项，若，，则或，故错
故选：
【点睛】本题考查线面平行及线面垂直的知识，注意平行关系中有一条平行即可，而垂直关系中需满足任意性，概念辨析题.
3、C
【解析】圆，即.
直线与圆相交于两点,若,
设圆心到直线距离.
则，解得.
即，解得
故选C.
点睛：直线与圆的位置关系常用处理方法：
（１）直线与圆相切处理时要利用圆心与切点连线垂直，构建直角三角形，进而利用勾股定理可以建立等量关系；
（２）直线与圆相交，利用垂径定理也可以构建直角三角形；
（３）直线与圆相离时，当过圆心作直线垂线时长度最小
4、A
【解析】由题意，该多面体的直观图是一个正方体挖去左下角三棱锥和右上角三棱锥，如下图，则多面体的表面积.故选A.

考点：多面体的三视图与表面积.
5、D
【解析】求出两圆的圆心与半径，利用圆心距判断两圆外离，公切线有4条
【详解】圆C1：x2+y2﹣2x＝0化为标准形式是（x﹣1）2+y2＝1，
圆心是C1（1，0），半径是r1＝1；
圆C2：x2+y2﹣4y+3＝0化为标准形式是x2+（y﹣2）2＝1，
圆心是C2（0，2），半径是r2＝1；
则|C1C2|r1+r2，
∴两圆外离，公切线有4条
故选D
【点睛】本题考查了两圆的一般方程与位置关系应用问题，是基础题
6、B
【解析】根据指数式与对数式的互化逐一判断即可.
【详解】A.1对数等于0，即，可得到：100=1与lg1=0；故正确;
B.对应的对数式应为,故不正确；
C.；故正确，
D.很明显log55=1与51=5是正确的；
故选:B.
【点睛】本题考查指数式与对数式的互化，考查基本分析判断能力，属基础题.
7、C
【解析】据条件即可知为偶函数，并且在，上是周期为2的周期函数，又，时，，从而可得出，，从而找出正确选项
【详解】解：函数在上图象关于轴对称；
是偶函数；
又时，；
在，上为周期为2的周期函数；
又，时，；
，；

故选：
【点睛】考查偶函数图象的对称性，偶函数的定义，周期函数的定义，以及已知函数求值，属于中档题
8、B
【解析】在A中，∵正方体
∴AC⊥BD，AC⊥，
∵BD∩=B，∴AC⊥平面，
∵BF⊂平面，∴AC⊥BF，故A正确；
在B中，异面直线AE、BF所成的角不为定值，因为当F与重合时，令上底面顶点为O，点E与O重合，则此时两异面直线所成的角是;当E与重合时，此时点F与O重合，则两异面直线所成的角是，此二角不相等，故异面直线AE、BF所成的角不为定值.故B错误
在C中，∵EF∥BD，BD⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，∴EF∥平面ABCD，故C正确；
在D中，∵AC⊥平面，∴A到平面BEF的距离不变，
∵B到EF的距离为1，,∴△BEF的面积不变，
∴三棱锥A-BEF的体积为定值，故D正确；
点睛：解决此类题型的关键是结合空间点线面的位置关系一一检验.
9、C
【解析】角终边过点，则，所以.
故选C.
10、A
【解析】根据任意角的三角函数定义即可求解.
【详解】解：由题意知：角的终边经过点，
故.
故选：A.
11、B
【解析】分别求出两个不等式的的取值范围，根据的取值范围判断充分必要性.
【详解】等价于，解得：；等价于，解得：，可以推出，而不能推出，所以是的必要不充分条件，所以“”是“”的必要不充分条件
故选：B
12、C
【解析】根据，分，，讨论求解.
【详解】因为，
当时，集合为，不成立；
当时，集合为，成立；
当时，则（舍去）或，
当时，集合为
故选：C

二、填空题（本大题共4小题，共20分）
13、
【解析】利用函数的值域，转化方程的实数解，列出不等式求解即可．
【详解】函数，若有解，
就是关于的方程在上有解；
可得：或，
解得：或
可得．
故答案为．
【点睛】本题考查函数与方程的应用，考查转化思想有解计算能力．
14、
【解析】设，则，代入解析式得；再由定义在上的奇函数，即可求得答案.
【详解】不妨设，则，
所以，
又因为定义在上的奇函数，
所以，
所以，
即.
故答案为：.
15、
【解析】设 ，或
为增函数，在为增函数，根据复合函数单调性“同增异减”可知：函数单调递增区间是.
16、
【解析】根据对数式指数式互化公式，结合对数换底公式、对数的运算性质进行求解即可.
【详解】因为，所以，因此有：
，
故答案为：

三、解答题（本大题共6小题，共70分）
17、（1）（）
（2）57分钟
【解析】（1）根据题意可得，y关于x的函数解析式；
（2）先根据题意，换算病毒占据的最大内存,根据（1）中的解析式，列出不等式，可得答案.
【小问1详解】
因为这种病毒开机时占据内存2KB，每3分钟后病毒所占内存是原来的2倍.
所以x分钟后的病毒所占内存为，得（）
【小问2详解】
因为病毒占据内存不超过1GB时，计算机能够正常使用，
故有，解得.
所以本次开机计算机能正常使用的时长为57分钟.
18、（1），（2）
【解析】（1）设圆圆心为，则由题意得，求出的值，从而可得所求圆的方程；
（2）设圆心到直线：的距离为，原点到直线：的距离为，则有，，再由的面积为，列方程可求出的值，进而可得直线方程
【详解】解：（1）设圆的圆心为，由题意可得，
则的中点坐标为，
因为圆：关于直线：对称的图形为圆，
所以，解得，
因为圆和圆的半径相同，即，
所以圆的方程为，
（2）设圆心到直线：的距离为，原点到直线：的距离为，
则，，
所以
所以，解得，
因为，所以，
所以直线的方程为
【点睛】关键点点睛：此题考查圆的方程的求法，考查直线与圆的位置关系，解题的关键是利用点到直线的距离公式表示出圆心到直线的距离为，原点到直线的距离为，再表示出，从而由的面积为，得，进而可求出的值，问题得到解决，考查计算能力，属于中档题
19、（1）在上单调递减，证明见解析；（2）.
【解析】（1）利用单调性定义：设并证明的大小关系即可.
（2）由（1）及函数不等式恒成立可知：在已知区间上恒成立，即可求的取值范围
【详解】（1）函数在区间上单调递减，以下证明：设，

∵，
∴，，，
∴，
∴在区间上单调递减；
（2）由（2）可知在上单调减函数，
∴当时，取得最小值，即，
对任意时，都成立，只需成立，
∴，解得：
20、（1）
（2）
【解析】（1）求使函数有意义的的范围即可；
（2）根据函数的单调性解不等式组可得答案.
【小问1详解】
由题意可得，解得，
故函数的定义域为
【小问2详解】
当时，函数是增函数，
因为，所以，解得
故原不等式的解集为
21、（1），
（2）
【解析】（1）利用同角三角函数关系求解即可.
（2）利用同角三角函数关系和诱导公式求解即可.
【小问1详解】
已知，且在第三象限，
所以，
【小问2详解】
原式
22、
【解析】先求出、所在的直线方程，根据直线方程分别设A、B点坐标，进而求出的中点C的坐标，利用点C在直线上以及A、B、P三点共线列关系式解出B点坐标，从而求出直线AB的斜率，然后代入点斜式方程化简即可.
【详解】解：由题意可得，
，
所以直线，
设，，
所以的中点
由点在上，且、、三点共线得

解得，所以
又，所以
所以，
即直线的方程为
【点睛】知识点点睛：（1）中点坐标公式：，则AB的中点为；
（2）直线的点斜式方程：.