福建省泉港六中2022年数学高一上期末教学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注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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设当时，函数取得最大值，则（ ）A.B.C.D.2已知x，y是实数，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件3设，则（ ）A.B.C.D.4设集合，则（ ）A.1，3B.3，5C.5，7D.1，75设全集，集合，则等于A.B.C.D.6下列关于函数，的单调性的叙述，正确的是（）A.在上是增函数，在上是减函数B.在和上是增函数，在上是减函数C.在上是增函数，在上是减函数D.在上是增函数，在和上是减函数7若直线与圆的两个交点关于直线对称，则，的直线分别为（ ）A.，B.，C.，D.，8关于的不等式的解集为，且，则（）A.3B.C.2D.9函数，则的大致图象是（）A.B.C.D.10下列函数中是增函数的为（）A.B.C.D.11设a，b，c均为正数，且，则a，b，c的大小关系是（）A.B.C.D.12过点且与直线平行的直线方程是（ ）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已知函数若关于x的方程有4个解，分别为，其中，则_，的取值范围是_14函数的定义域为_15已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，求这个圆锥的体积是_16函数的零点个数为_.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已知函数，（1）若，求函数的值域；（2）已知，且对任意的，不等式恒成立，求的取值范围18已知函数的部分图象如图所示（1）求函数的解析式：（2）将函数的图象上所有的点向右平移个单位，再将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象当时，求函数的值域；若方程在上有三个不相等的实数根，求的值19 “百姓开门七件事，事事都会生垃圾，垃圾分类益处多，环境保护靠你我”，为了推行垃圾分类，某公司将原处理垃圾可获利万元的一条处理垃圾流水线，通过技术改造后，开发引进生态项目.经过测算，发现该流水线改造后获利万元与技术投入万元之间满足的关系式：.该公司希望流水线改造后获利不少于万元，其中为常数，且.（1）试求该流水线技术投入的取值范围；（2）求流水线改造后获利的最大值，并求出此时的技术投入的值.20已知函数是定义在上的增函数，且.（1）求的值；（2）若，解不等式.21如图所示，已知平面平面，平面平面，求证:平面.22某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：（1）请将上表数据补充完整；函数的解析式为 （直接写出结果即可）；（2）根据表格中的数据作出一个周期的图象；（3）求函数在区间上最大值和最小值参考答案一、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、D【解析】利用辅助角公式、两角差的正弦公式化简解析式：，并求出和，由条件和正弦函数的最值列出方程，求出的表达式，由诱导公式求出的值【详解】解：函数（其中，又时取得最大值，即，故选：2、C【解析】由充要条件的定义求解即可【详解】因为 ，若，则，若，则，即，所以 ，即“”是“”的充要条件，故选：C.3、B【解析】根据已知等式，利用指数对数运算性质即可得解【详解】由可得，所以，所以有，故选：B.【点睛】本题考查的是有关指对式的运算的问题，涉及到的知识点有对数的运算法则，指数的运算法则，属于基础题目.4、B【解析】先求出集合B，再求两集合的交集【详解】由，得，解得，所以，因为所以故选：B5、A【解析】,=6、D【解析】根据正弦函数的单调性即可求解【详解】解：因为的单调递增区间为，单调递减区间为，又，所以函数在，上是增函数，在，和，上是减函数，故选：D7、A【解析】由圆的对称性可得过圆的圆心且直线与直线垂直，从而可求出.【详解】因为直线与圆的两个交点关于直线对称，故直线与直线垂直，且直线过圆心，所以，所以，.故选：A【点睛】本题考查直线方程的求法，注意根据圆的对称性来探求两条直线的位置关系以及它们满足的某些性质，本题属于基础题.8、A【解析】根据一元二次不等式与解集之间的关系可得、，结合计算即可.【详解】由不等式的解集为，得，不等式对应的一元二次方程为，方程的解为，由韦达定理，得，因为，所以，即，整理，得.故选：A9、D【解析】判断奇偶性，再利用函数值的正负排除三个错误选项，得正确结论【详解】，为偶函数，排除BC，又时，时，排除A，故选：D10、D【解析】根据基本初等函数的性质逐项判断后可得正确的选项.【详解】对于A，为上的减函数，不合题意，舍.对于B，为上的减函数，不合题意，舍.对于C，在为减函数，不合题意，舍.对于D，为上的增函数，符合题意，故选：D.11、C【解析】将分别看成对应函数的交点的横坐标，在同一坐标系作出函数的图像，数形结合可得答案.【详解】在同一坐标系中分别画出，的图象，与的交点的横坐标为，与的图象的交点的横坐标为，与 的图象的交点的横坐标为，从图象可以看出故选：C12、D【解析】先由题意设所求直线为：，再由直线过点，即可求出结果.【详解】因为所求直线与直线平行，因此，可设所求直线为：，又所求直线过点，所以，解得，所求直线方程为：.故选D【点睛】本题主要考查求直线的方程，熟记直线方程的常见形式即可，属于基础题型.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、 .1 .【解析】作出图象，将方程有4个解，转化为图象与图象有4个交点，根据二次函数的对称性，对数函数的性质，可得的、的范围与关系，结合图象，可得m的范围，综合分析，即可得答案.【详解】作出图象，由方程有4个解，可得图象与图象有4个交点，且，如图所示：由图象可知：且因为，所以，由，可得，因为，所以所以，整理得；当时，令，可得，由韦达定理可得所以，因为且，所以或，则或，所以故答案为：1，【点睛】解题的关键是将函数求解问题，转化为图象与图象求交点问题，再结合二次函数，对数函数的性质求解即可，考查数形结合，分析理解，计算化简的能力，属中档题.14、【解析】根据被开放式大于等于零和对数有意义，解对数不等式得到结果即可.【详解】函数x0且，函数的定义域为故答案为【点睛】本题考查了根据函数的解析式求定义域的应用问题，是基础题目15、【解析】设圆锥母线长为，底面圆半径长，侧面展开图是一个半圆，此半圆半径为，半圆弧长为，表面积是侧面积与底面积的和，则圆锥的底面直径圆锥的高点睛：本题主要考查了棱柱，棱锥，棱台的侧面积和表面积的知识点首先，设圆锥母线长为，底面圆半径长，然后根据侧面展开图，分析出母线与半径的关系，然后求解其底面体积即可16、3【解析】作出函数图象，根据函数零点与函数图象的关系，直接判断零点个数.【详解】作出函数图象，如下，由图象可知，函数有3个零点（3个零点分别为，0，2）.故答案为：3三、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）当时，；当且时，.【解析】（1）由题设，令则，即可求值域.（2）令，将问题转化为在上恒成立，再应用对勾函数的性质，讨论、，分别求出的取值范围【小问1详解】因为，设，则，因为，所以，即当时，当或时，所以的值域为.【小问2详解】因为，所以，又可化成，因为，所以，所以，令，则，依题意，时，恒成立，设，当时，当且仅当，故；当，时，在上单调递增，当时，故，综上所述：当时，；当且时，.【点睛】关键点点睛：应用换元法及参变分离，将问题转化为二次函数求值域，及由不等式恒成立、对勾函数的最值求参数范围.18、（1）；（2）；.【解析】（1）由图象得A、B、，再代入点，求解可得函数的解析式；（2）由已知得，由求得，继而求得函数的值域；令，做出函数的图象，设有三个不同的实数根，有，继而得，由此可得答案.【小问1详解】解：由图示得：，又，所以，所以，所以，又因为过点，所以，即，所以，解得，又，所以，所以；【小问2详解】解：由已知得，当时，所以，所以，所以，所以函数的值域为；当时，令，则，令，则函数的图象如下图所示，且，由图象得有三个不同的实数根，则，所以，即，所以，所以，故.19、（1）；（2）当时，此时；当时，此时.【解析】（1）由题意得出，解此不等式即可得出的取值范围；（2）比较与的大小关系，分析二次函数在区间上的单调性，由此可得出函数的最大值及其对应的的值.【详解】（1），由题意可得，即，解得，因此，该流水线技术投入的取值范围是；（2）二次函数的图象开口向下，且对称轴为直线.当时，即当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以，；当时，即当时，函数在区间上单调递减，所以，.综上所述，当时，；当时，【点睛】本题考查二次函数模型的应用，同时也考查了二次函数最值的求解，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.20、（1）0（2）【解析】（1）直接利用赋值法，令即可得结果；（2）利用已知条件将不等式化为，结合单调性可得结果.【小问1详解】令则有.【小问2详解】，则可化为，即则，在上单调递增，解得.即不等式的解集为.21、见解析【解析】平面内取一点，作于点，于点，可证出平面，从而，同理可证，故平面.【详解】证明：如图所示，在平面内取一点，作于点，于点因为平面平面，且交线为，所以平面因为平面，所以同理可证又，都在平面内，且，所以平面【点睛】本题主要考查了两个平面垂直的性质，线面垂直的性质，判定，属于中档题.22、（1）见解析；（2）详见解析；（3）当时，；当时，【解析】（1）由表中数据可以得到的值与函数周期，从而求出，进而求出，即可得到函数的解析式，利用函数解析式可将表中数据补充完整；（2）结合三角函数性质与表格中的数据可以作出一个周期的图象；（3）结合正弦函数单调性，可以求出函数的最值【详解】（1）根据表中已知数据，解得，数据补全如下表：函数表达式为.（2）根据表格中的数据作出一个周期的图象见下图：（3）令，则，则，可转化为，因为正弦函数在区间上单调递减，在区间（上单调递增，所以，在区间上单调递减，在区间（上单调递增，故的最小值为，最大值为，由于时，；时，故当时，；当时，.【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质，属于中档题