2023届云南省盈江县第一高级中学高一数学第一学期期末预测试题含解析.doc

2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（本大题共10小题；在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，请将正确选项填涂在答题卡上.）
1．下列命题正确的是
A.若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行
B.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行
C.若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行
D.若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行
2．函数的图像大致为（）
A. B.
C. D.
3．一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
4．函数的单调递减区间是　　
A. B.
C. D.
5．如图，在平面直角坐标系xOy中，角的顶点与原点O重合，它的始边与x轴的非负半轴重合，终边OP交单位圆O于点P，则点P的坐标为　　

A. ，
B. ， 
C. ，
D. 
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.2 D.
7．下列函数中与函数是同一个函数的是（ ）
A. B.
C. D.
8．函数的图象如图所示，则（ ）

A. B.
C. D.
9．下列四个选项中正确的是（）
A B.
C. D.
10．设函数的定义域为R，满足，且当时，.若对任意，都有，则m的最大值是（）
A. B.
C. D.
二、填空题（本大题共5小题，请把答案填在答题卡中相应题中横线上）
11．函数的递增区间是__________________
12．已知集合，若，则________.
13．求值：______.
14．如果，且，则化简为_____.
15．已知函数，则____
三、解答题（本大题共6小题.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）
16．（1）从区间内任意选取一个实数，求事件“”发生的概率；
（2）从区间内任意选取一个整数，求事件“”发生的概率.
17．已知的顶点，边上的高所在直线的方程为，边上中线所在的直线方程为
（1）求直线的方程；
（2）求点的坐标．
18．某中学调查了某班全部45名学生参加社会实践活动和社会公益活动的情况，数据如表单位：人：

参加社会公益活动
未参加社会公益活动
参加社会实践活动
30
4
未参加社会实践活动
8
3
从该班随机选1名学生，求该学生未参加社会公益活动也未参加社会实践活动的概率；
在参加社会公益活动，但未参加社会实践活动的8名同学中，有5名男同学，，，，，三名女同学，，，现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人参加岗位体验活动，求被选中且未被选中的概率
19．田忌和齐王赛马是历史上有名的故事，设齐王的三匹马分别为，田忌的三匹马分别为 .三匹马各比赛一次，胜两场者为获胜.若这六匹马比赛的优劣程度可以用以下不等式表示：.
（1）如果双方均不知道对方马的出场顺序，求田忌获胜的概率；
（2）为了得到更大的获胜概率，田忌预先派出探子到齐王处打探实情，得知齐王第一场必出上等马，那么，田忌应怎样安排出马的顺序，才能使自己获胜的概率最大？最大概率是多少？
20．函数的一段图象如下图所示.

（1）求函数的解析式；
（2）将函数的图象向右平移个单位，得到的图象.求直线与函数的图象在内所有交点的横坐标之和.
21．已知函数
（1）求的最小正周期；
（2）讨论在区间上的单调递增区间

参考答案

一、选择题（本大题共10小题；在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，请将正确选项填涂在答题卡上.）
1、C
【解析】若两条直线和同一平面所成角相等，这两条直线可能平行，也可能为异面直线，也可能相交，所以A错；一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行，故B错；若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行，也可以垂直；故D错；故选项C正确.
[点评]本题旨在考查立体几何的线、面位置关系及线面的判定和性质，需要熟练掌握课本基础知识的定义、定理及公式.
2、A
【解析】通过判断函数的奇偶性排除CD,通过取特殊点排除B，由此可得正确答案.
【详解】∵
∴ 函数是偶函数，其图像关于轴对称，∴ 排除CD选项；
又时，，∴，排除B，
故选.
3A
【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.
4、B
【解析】是增函数，只要求在定义域内的减区间即可
【详解】解：令，
可得，
故函数的定义域为，
则
本题即求在上的减区间，
再利用二次函数的性质可得，在上的减区间为，
故选B
【点睛】本题考查复合函数的单调性，解题关键是掌握复合函数单调性的性质
5、D
【解析】直接利用任意角的三角函数的定义求得点P的坐标
【详解】设，由任意角的三角函数的定义得，
，
点P的坐标为
故选D
【点睛】本题考查任意角的三角函数的定义，是基础题
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、B
【解析】根据同一函数的概念，结合函数的定义域与对应法则，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，函数的定义为，因为函数的定义域为，
所以两函数的定义域不同，不是同一函数；
对于B中，函数与函数的定义域和对应法则都相同，所以是同一函数；
对于C中，函数与函数的对应法则不同，不是同一函数；
对于D中，函数的定义域为，因为函数的定义域为，
所以两函数的定义域不同，不是同一函数.
故选：B.
8、C
【解析】根据正弦型函数图象与性质，即可求解.
【详解】由图可知：，所以，故，又，可求得，，由可得
故选：C.
9、D
【解析】根据集合与集合关系及元素与集合的关系判断即可；
【详解】解：对于A：Ü，故A错误；
对于B：，故B错误；
对于C：Ü，故C错误；
对于D：，故D正确；
故选：D
10、A
【解析】分别求得，，，，，，，时，的最小值，作出的简图，因为，解不等式可得所求范围
【详解】解：因为，所以，
当时，的最小值为；
当时，，，
由知，，
所以此时，其最小值为；
同理，当，时，，其最小值为；
当，时，的最小值为；
作出如简图，

因为，
要使，
则有
解得或，
要使对任意，都有，
则实数的取值范围是
故选：A

二、填空题（本大题共5小题，请把答案填在答题卡中相应题中横线上）
11、
【解析】由已知有，解得，即函数的定义域为，又是开口向下的二次函数，对称轴，所以的单调递增区间为，又因为函数以2为底的对数型函数，是增函数，所以函数的递增区间为
点睛：本题主要考查复合函数的单调区间，属于易错题．在求对数型函数的单调区间时，一定要注意定义域
12、0
【解析】若两个集合相等,则两个集合中的元素完全相同.
,
又,

故答案为0.
点睛：利用元素的性质求参数的方法
（1）确定性的运用：利用集合中元素的确定性解出参数的所有可能值；
（2）互异性的运用：根据集合中元素的互异性对集合中元素进行检验.
13、7
【解析】利用指数式与对数式的互化，对数运算法则计算作答.
【详解】.
故答案为：7
14、
【解析】由，且，得到是第二象限角，由此能化简
【详解】解：∵，且，∴是第二象限角，
∴
故答案为：
15、16、
【解析】令，则，所以，故填.

三、解答题（本大题共6小题.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）
16、（1）；（2）.
【解析】（1）由，得，即，故由几何概型概率公式，可得从区间内任意选取一个实数，求事件“”发生的概率；（2）由，得，整数有个，在区间的整数有个，由古典概型概率公式可知得，从区间内任意选取一个整数事件“”发生的概率.
试题解析：（1）因为，所以，即，
故由几何概型可知，所求概率为.
（2）因为，所以，
则在区间内满足的整数为1，2，3，共3个，
故由古典概型可知，所求概率为.
17、（1）；（2）
【解析】(1)由,知两条直线的斜率乘积为-1,进而由点斜式求直线即可;
(2) 设，则，代入方程求解即可.
试题解析：
（1）∵,且直线的斜率为，
∴直线的斜率为，∴直线的方程为，即
（2）设，则，
∴，解得，∴
18、（1）；（2）.
【解析】从该班随机选1名学生，利用古典概型能求出该学生未参加社会公益活动也未参加社会实践活动的概率
基本事件总数，被选中且未被选中包含的基本事件个数，由此能求出被选中且未被选中的概率
【详解】解：从该班随机选1名学生，
该学生既未参加社会公益活动也未参加社会实践活动的概率
在参加社会公益活动，但未参加社会实践活动的8名同学中，
有5名男同学，，，，，三名女同学，，，
现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人参加岗位体验活动，
基本事件总数，
被选中且未被选中包含的基本事件个数，
被选中且未被选中的概率
【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，属于基础题
19、 (1) （2）田忌按或的顺序出马，才能使自己获胜的概率达到最大
【解析】（1）齐王与田忌赛马，有六种情况，田忌获胜的只有一种，故田忌获胜的槪率为.（2）因齐王第一场必出上等马，若田忌第一场必出上等马或中等马，则剩下二场，田忌至少输一场，这时田忌必败.为了使自己获胜的概率最大，田忌第一场应出下等马，在余下的两场比赛中，田忌获胜的概率为（余下两场是齐王的中马对田忌上马和齐王的下马对田忌的上马；齐王的中马对田忌下马和齐王的下马对田忌的中马，前者田忌赢，后者田忌输）
解析：记与比赛为，其它同理.
（1）齐王与田忌赛马，有如下六种情况：
；；
；；
；；
其中田忌获胜的只有一种：.故田忌获胜的槪率为.
（2）已知齐王第一场必出上等马，若田忌第一场必出上等马或中等马，则剩下二场，田忌至少输一场，这时田忌必败.为了使自己获胜的概率最大，田忌第一场应出下等马，后两场有两种情形：
①若齐王第二场派出中等马，可能的对阵为：或.田忌获胜的概率为，
②若齐王第二场派出下等马，可能的对阵为：或.田忌获胜的概率也为.
所以，田忌按或的顺序出马，才能使自己获胜的概率达到最大.
20、（1）
（2）
【解析】(1)由图象可计算得；
(2)由题意可求，进而可以求出在给定区间内与已知直线的交点的横坐标，问题得解.
【小问1详解】
由题图知，，于是，
将的图象向左平移个单位长度，得的图象.
于是
所以，
【小问2详解】
由题意得
故
由，得
因为，所以
所以或或或，
所以，在给定区间内，所有交点的横坐标之和为.
21、（1）最小正周期是
（2）单调递增区间，
【解析】（1）由三角恒等变换得，再求最小正周期；
（2）整体代换得函数的增区间为，再结合求解即可.
【小问1详解】
解：

.
所以，，即最小正周期为.
【小问2详解】
解：令，解得，
因为，
所以，当时，得其增区间为；当时，得其增区间为；
所以，在区间上单调递增区间为，