河南省南阳市第一中学2023届数学高一上期末达标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注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1已知全集，集合，则（）A.2，3，4B.1，2，4，5C.2，5D.22已知是定义在上的奇函数，且，当且时.已知，若对恒成立，则的取值范围是（）A.B.C.D.3已知是锐角，那么是（）A.第一象限角B.第二象限角C.小于180的正角D.第一或第二象限角4函数满足：，已知函数与的图象共有4个交点，交点坐标分别为,，则：A.B.C.D.5如果且，则等于A.2016B.2017C.1009D.20186如图所示，是顶角为的等腰三角形，且，则A.B.C.D.7设，则A.B.0C.1D.8函数y的单调增区间为A.（-，）B.（，+）C.(1，D.，4）9已知角的终边过点，则（）A.B.C.D.10已知偶函数在区间内单调递增，若，则的大小关系为（ ）A.B.C.D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11已知，且，则_.12已知，则_.13设函数的图象为，则下列结论中正确的是_（写出所有正确结论的编号）.图象关于直线对称；图象关于点对称；函数在区间内是增函数；把函数的图象上点的横坐标缩短为原来的一半（纵坐标不变）可以得到图象.14已知，是相互独立事件，且，则_15写出一个值域为，在区间上单调递增的函数_16函数f（x）=log2（x2-5），则f（3）=_三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17已知函数的图象与的图象关于轴对称，且的图象过点.（1）若成立，求的取值范围；（2）若对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.18如图，在四棱锥中，分别为棱，的中点，且.（1）证明：平面平面.（2）若四棱锥的高为3，求该四棱锥的体积.19已知的三个内角所对的边分别为，且.（1）角的大小；（2）若点在边上，且，求的面积；（3）在（2）的条件下，若，试求的长.20计算下列各式的值：（1）（2）21设集合，语句，语句.（1）当时，求集合与集合的交集；（2）若是的必要不充分条件，求正实数的取值范围.参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1、B【解析】根据补集的定义求出，再利用并集的定义求解即可.【详解】因为全集，所以，又因为集合，所以，故选：B.2、A【解析】由奇偶性分析条件可得在上单调递增，所以，进而得，结合角的范围解不等式即可得解.【详解】因为是定义在上的奇函数，所以当且时，根据的任意性，即的任意性可判断在上单调递增，所以，若对恒成立，则，整理得，所以，由，可得，故选：A.【点睛】关键点点睛，本题解题关键是利用，结合变量的任意性，可判断函数的单调性，属于中档题.3、C【解析】由题知，故，进而得答案.【详解】因为是锐角,所以,所以,满足小于180的正角.其中D选项不包括，故错误.故选：C4、C【解析】函数的图象和的图象都关于（0，2）对称，从而可知4个交点两两关于点（0，2）对称，即可求出的值【详解】因为函数满足：，所以的图象关于（0，2）对称，函数，由于函数的图象关于（0，0）对称，故的图象也关于（0，2）对称，故.故答案为C.【点睛】若函数满足，则函数的图象关于点对称5、D【解析】f（x）满足对任意的实数a，b都有f（a+b）=f（a）f（b），令b=1得，f（a+1）=f（a）f（1），,所以，共1009项，所以 .故选D.6、C【解析】【详解】是顶角为的等腰三角形，且故选C7、B【解析】详解】故选8、C【解析】令 ， ，（）在为增函数，在上是增函数，在上是减函数；根据复合函数单调性判断方法“同增异减”可知，函数y的单调增区间为选C.【点睛】有关复合函数的单调性要求根据“同增异减”的法则去判断，但在研究函数的单调性时，务必要注意函数的定义域，特别是含参数的函数单调性问题，注意对参数进行讨论，指、对数问题针对底数a讨论两种情况，分0a1两种情况，既要保证函数的单调性，又要保证真数大于零.9、A【解析】根据三角函数的定义计算可得；【详解】解：因为角终边过点，所以；故选：A10、D【解析】先利用偶函数的对称性判断函数在区间内单调递减，结合偶函数定义得，再判断，和的大小关系，根据单调性比较函数值的大小，即得结果.【详解】偶函数的图象关于y轴对称，由在区间内单调递增可知，在区间内单调递减.，故，而，即，故，由单调性知，即.故选：D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、#【解析】化简已知条件，求得，通过两边平方的方法求得，进而求得.【详解】依题意，化简得，则，由，得，.故答案为：12、3【解析】利用诱导公式求出，再将所求值的式子弦化切，代值计算即得.【详解】因，所以.故答案为：3.13、【解析】 图象关于直线对称；所以对；图象关于点对称；所以错；，所以函数在区间内是增函数；所以对；因为把函数的图象上点的横坐标缩短为原来的一半（纵坐标不变）可以得到 ，所以错；填.14、【解析】由相互独立事件的性质和定义求解即可【详解】因为，是相互独立事件，所以，也是相互独立事件，因为，所以，故答案为：15、【解析】综合考虑值域与单调性即可写出满足题意的函数解析式.【详解】，理由如下：为上的减函数，且，为上的增函数，且，故答案为：16、2【解析】利用对数性质及运算法则直接求解【详解】函数f（x）=log2（x2-5），f（3）=log2（9-5）=log24=2故答案为2【点睛】本题考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）；（2）.【解析】利用已知条件得到的值，进而得到的解析式，再利用函数的图象关于轴对称，可得的解析式；（1）先利用对数函数的单调性，列出不等式组求解即可；（2）对于任意恒成立等价于，令，利用二次函数求解即可.【详解】，；由已知得，即.（1）在上单调递减，解得，的取值范围为.（2），对于任意恒成立等价于，令，则，当，即，即时，.【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数，（1）若，总有成立，故；（2）若，有成立，故；（3）若，有成立，故；（4）若，有，则的值域是值域的子集18、（1）见解析（2）9【解析】（1）根据,可知,由可证明,又根据中位线可证明即可由平面与平面平行的判定定理证明平面平面.（2）利用勾股定理,求得.底面为直角梯形,求得底面积后即可由四棱锥的体积公式求得解.【详解】（1）证明：因为为的中点,且,所以.因为,所以,所以四边形为平行四边形,所以.在中,因为,分别为,的中点,所以,因为,所以平面平面.（2）因为,所以,又,所以.所以四边形的面积为,故四棱锥的体积为.【点睛】本题考查了平面与平面平行的判定,四棱锥体积的求法,属于基础题.19、 (1)；(2)；(3).【解析】（1）由条件知，结合正弦定理得，整理得，可得，从而得（2）由，得在中，由正弦定理得在中，由余弦定理可得所以 （3）由，可得在中，由余弦定理得试题解析：（1），由正弦定理得，.（2）由，得，在中，由正弦定理知，解得，设，在中，由余弦定理得，整理得解得， ；（3），在中，由余弦定理得 .20、（1） （2）【解析】（1）根据指数的运算性质进行求解即可；（2）根据对数的运算性质进行求解即可.【小问1详解】【小问2详解】21、（1）；（2）.【解析】（1）解一元二次不等式求集合A、B，应用集合的交运算求交集即可.（2）根据必要不充分关系有，即可求的范围.【小问1详解】由题设，当时，所以；【小问2详解】由题设，且，若是的必要不充分条件，则，又a为正实数，即，解得，故的取值范围为.