2022-2023学年湖南省师大附中高一上数学期末教学质量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05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，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下列函数中，以为最小正周期，且在上单调递增的是（）A.B.C.D.2计算（）A.B.C.D.3函数图像大致为（）A.B.C.D.4函数与的图象（ ）A.关于轴对称B.关于轴对称C.关于原点对称D.关于直线轴对称5最小正周期为，且在区间上单调递增的函数是（）A.y = sinx + cosxB.y = sinx - cosxC.y = sinxcosxD.y = 6为了预防信息泄露，保证信息的安全传输，在传输过程中都需要对文件加密，有一种加密密钥密码系统，其加密、解密原理为：发送方由明文密文（加密），接收方由密文明文现在加密密钥为，如“4”通过加密后得到密文“2”，若接受方接到密文“”，则解密后得到的明文是（）A.B.C.2D.7已知，均为正实数，且，则的最小值为A.20B.24C.28D.328将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍（纵坐标不变），再向右平移个单位，得到函数的图象，则函数的图象的一条对称轴为A.B.C.D.9已知集合，则集合A.B.C.D.10如图所示的程序框图中，输入，则输出的结果是A.1B.2C.3D.411下列函数中，最小正周期为的奇函数是（）A.B.C.D.12已知角的终边与单位圆相交于点，则=（ ）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漏斗作为中国传统器具而存在于日常生活之中，某漏斗有盖的三视图如图所示，其中俯视图为正方形，则该漏斗的容积为不考虑漏斗的厚度_，若该漏斗存在外接球，则_.14经过，两点的直线的倾斜角是_ .15函数的定义域为D，给出下列两个条件：对于任意，当时，总有；在定义域内不是单调函数.请写出一个同时满足条件的函数，则_.16点关于直线的对称点的坐标为_.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对于函数，若，则称为的“不动点”，若，则称为的“稳定点”，函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为和，即，那么，（1）求函数的“稳定点”；（2）求证：；（3）若，且，求实数的取值范围.18设函数是定义在R上的奇函数.（）求实数m的值；（）若，且在上的最小值为2，求实数k的取值范围.19在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知两点、在轴的正半轴上，点在轴的正半轴上若，（）求向量，夹角的正切值（）问点在什么位置时，向量，夹角最大？20已知的三个顶点分别为，.（1）求AB边上的高所在直线的方程；（2）求面积.21如图，已知直角梯形中，且，又分别为的中点，将沿折叠，使得.（）求证：AE平面CDE；（）求证：FG平面BCD；（）在线段AE上找一点R，使得平面BDR平面DCB，并说明理由22已知集合，集合.（）求、；（）若集合且，求实数的取值范围.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】根据最小正周期判断AC，根据单调性排除B，进而得答案.【详解】解：对于AC选项，的最小正周期为，故错误；对于B选项，最小正周期为，在区间上单调递减，故错误；对于D选项，最小正周期为，当时，为单调递增函数，故正确.故选：D2、A【解析】利用正切的诱导公式即可求解.【详解】，故选：A.3、C【解析】先分析给定函数的奇偶性，排除两个选项，再在x0时，探讨函数值正负即可判断得解.【详解】函数的定义域为，即函数是定义域上的奇函数，其图象关于原点对称，排除选项A，B；x0时，而，则有，显然选项D不满足，C符合要求.故选：C4、D【解析】函数与互为反函数，然后可得答案.【详解】函数与互为反函数，它们的图象关于直线轴对称故选：D5、B【解析】选项、先利用辅助角公式恒等变形，再利用正弦函数图像的性质判断周期和单调递增区间即可，选项先利用二倍角的正弦公式恒等变形，再利用正弦函数图像的性质判断周期和单调递增区间即可，选项直接利用正切函数图象的性质去判断即可.【详解】对于选项,，最小正周期为,单调递增区间为，即，该函数在上单调递增，则选项错误；对于选项,，最小正周期为,单调递增区间为，即，该函数在上为单调递增，则选项正确；对于选项,，最小正周期为,单调递增区间为，即，该函数在上为单调递增，则选项错误；对于选项,，最小正周期为,在为单调递增，则选项错误；故选：.6、A【解析】根据题意中给出的解密密钥为，利用其加密、解密原理，求出的值，解方程即可求解.【详解】由题可知加密密钥为，由已知可得，当时，所以，解得，故，显然令，即，解得，即故选：A.7、A【解析】分析：由已知条件构造基本不等式模型即可得出.详解：均为正实数，且，则 当且仅当时取等号. 的最小值为20. 故选A.点睛：本题考查了基本不等式性质，“一正、二定、三相等”.8、C【解析】，所以，所以，所以是一条对称轴故选C9、B【解析】利用一元二次方程的解法化简集合化简集合，利用并集的定义求解即可.【详解】由一元二次方程的解法化简集合，或，或，故选B.【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合或属于集合的元素的集合.10、B【解析】输入x2后，该程序框图的执行过程是：输入x2，x21成立，y2，输出y2选B.11、C【解析】根据题意，分别判断四个选项中的函数的最小正周期和奇偶性即可，其中A、C选项中的函数先要用诱导公式化简.【详解】A选项：，其定义域为，为偶函数，其最小正周期为，故A错误.B选项：，其最小正周期为，函数定义域为，函数不是奇函数，故B错误.C选项：其定义域为，函数为奇函数，其最小正周期为，故C正确.D选项：函数定义域为，函数为偶函数，其最小正周期，故D错误.故选：C.12、C【解析】先利用三角函数的定义求角的正、余弦，再利用二倍角公式计算即可.【详解】角的终边与单位圆相交于点，故，所以，故.故选：C.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、 . .0.5【解析】先将三视图还原几何体，然后利用长方体和锥体的体积公式求解容积即可；设该漏斗外接球的半径为，设球心为，利用，列式求解的值即可.【详解】由题中的三视图可得，原几何体如图所示，其中，正四棱锥的高为，所以该漏斗的容积为；正视图为该几何体的轴截面，设该漏斗外接球的半径为，设球心为，则，因为，又，所以，整理可得，解得，所以该漏斗存在外接球，则故答案为：；.14、【解析】经过，两点的直线的斜率是经过，两点的直线的倾斜角是故答案为15、【解析】根据题意写出一个同时满足的函数即可.【详解】解：易知：，上单调递减，上单调递减，故对于任意，当时，总有；且在其定义域上不单调.故答案为：.16、【解析】设点关于直线的对称点为，由垂直的斜率关系，和线段的中点在直线上列出方程组即可求解.【详解】设点关于直线的对称点为， 由对称性知，直线与线段垂直，所以，所以，又线段的中点在直线上，即，所以，由，所以点关于直线的对称点的坐标为：.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）“稳定点”；（2）见解析；（3）【解析】本题拿出一个概念来作为新型定义题，只需要去对定义的理解就好，要求函数的“稳定点”只需求方程中的值，即为“稳定点”若，有这是不动点的定义，此时得出，如果，则直接满足.先求出即存在“不动点”的条件，同理取得到存在“稳定点”的条件，而两集合相等，即条件所求出的结果一直，对结果进行分类讨论.【详解】（1）由有，得：，所以函数的“稳定点”为；（2）证明：若，则，显然成立； 若，设，有，则有，所以，故（3）因为，所以方程有实根，即有实根，所以或，解得又由得：即由（1）知，故方程左边含有因式所以，又，所以方程要么无实根，要么根是方程的解，当方程无实根时，或，即，当方程有实根时，则方程的根是方程的解，则有，代入方程得，故，将代入方程，得，所以.综上：的取值范围是.【点睛】作为新型定义题，题中需要求什么，我们就从条件中去得到相应的关系，比如本题中，求不动点，就去求；求稳定点，就去求，完全根据定义去处理问题.需要求出不动点及稳定点相同，则需要它们对应方程的解完全一样.18、 ()；().【解析】（）由奇函数即可解得，需要检验；（）由得,进而得，令，得,结合的范围求解即可.试题解析：()经检验成立 .().，设设. .当时，成立.当时，成立 .当时，不成立，舍去.综上所述，实数的取值范围是.19、（1）见解析；（2）见解析.【解析】分析：（）设向量与轴的正半轴所成的角分别为， 则向量所成的夹角为，由两角差的正切公式可得向量夹角的正切值为；（）由 （1）知 ，利用基本不等式即可的结果.详解：（1）由题意知，A的坐标为A（0，6），B的坐标为B（0，4），C（x，0），x0 设向量，与x轴的正半轴所成的角分别为， 则向量，所成的夹角为|=|，由三角函数的定义知：tan=，tan=，由公式tan（）=，得向量，的夹角的正切值等于tan（）=，故所求向量，夹角的正切值为tan（）=； （2）由 （1）知tan（）=，所以tan（）的最大值为时，夹角|的值也最大， 当x=时，取得最大值成立，解得x=2， 故点C在x的正半轴，距离原点为2，即点C的坐标为C（2，0）时，向量，夹角最大点睛：本题主要考查利用平面向量的夹角、两角差的正切公式以及基本不等式求最值，属于难题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.20、（1）；（2）.【解析】（1）根据高线的性质，结合互相垂直直线的斜率关系，结合直线点斜式方程进行求解即可；（2）根据点到直线距离公式、两点间距离公式、三角形面积公式进行求解即可.【小问1详解】，AB的斜率，AB边高线斜率，又，AB边上的高线方程为，化简得.【小问2详解】直线AB的方程为，即，顶点C到直线AB的距离为，又，的面积.21、（）（）（）见解析【解析】（）（）利用判定定理证明线面平行时，关键是在平面内找一条与已知直线平行的直线，解题时可先直观判断平面内是否已有，若没有，则需作出该直线，常考虑三角形的中位线、平行四边形的对边或过平行线分线段成比例等证明直线和平面垂直的常用方法：（1）利用判定定理（2）利用判定定理的推论（3）利用面面平行的性质（4）利用面面垂直的性质.（）判定面面垂直的方法（1）面面垂直的定义，即证两平面所成的二面角为直角；（2）面面垂直的判定定理 试题解析：（1）由已知得DEAE，AEEC.DEECE，DE、EC平面DCE.AE平面CDE.（2）取AB中点H，连接GH、FH， GHBD，FHBC，又GHFHH，平面FHG平面BCD， GF平面BCD.（3）取线段AE的中点R，则平面BDR平面DCB 取线段DC的中点M,取线段DB中点H,连接MH,RH,BR,DR在DEC中，M为线段DC,H为线段DB中点，R为线段AE中点又, RHDC 10分RH面DCB RH平面DRB平面DRB平面DCB 即 取AE中点R时，有平面DBR平面DCB 12分（其它正确答案请酌情给分）考点：立体几何综合应用22、 (1) , ;(2) .【解析】（1）通过解不等式求得，故可求得，求得，故可得（2）由可得，结合数轴转化为不等式组求解即可试题解析：(1)， ，.（2），解得.实数的取值范围为