2023届常州市第一中学高一数学第一学期期末监测试题含解析.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．不等式的解集是（）
A.或 B.或
C. D.
2．已知偶函数在上单调递增，则对实数、，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，则函数的零点所在的区间为（ ）
A. B.
C. D.
4．样本，，，的平均数为，样本，，，的平均数为，则样本，，，，，，，的平均数为
A B.
C. D.
5．已知正实数满足，则的最小值是（）
A B.
C. D.
6．已知函数，若，则x的值是（）
A.3 B.9
C.或1 D.或3
7．设P是△ABC所在平面内的一点，，则
A. B.
C. D.
8．已知全集，集合，，则∁U(A∪B ) =
A. B.
C. D.
9．设集合，则集合的元素个数为（）
A.0 B.1
C.2 D.3
10．设θ为锐角，，则cosθ=（　　）
A. B.
C. D.
11．已知，，，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
12．已知集合，．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．已知，是方程的两根，则__________
14．已知且，且，如果无论在给定的范围内取任何值时，函数与函数总经过同一个定点，则实数__________
15．如图，、、、分别是三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线与是异面直线的图形有______

16．已知，，则___________.
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
（1）化简；
（2）若，求值
18．已知二次函数满足，且
求的解析式；
设，若存在实数a、b使得，求a的取值范围；
若对任意，都有恒成立，求实数t取值范围
19．设，，.
（1）若，求；
（2）若是的充分不必要条件，求的取值范围.
20．已知的一条内角平分线的方程为，其中，
（1）求顶点的坐标；
（2）求的面积
21．在△中，的对边分别是，已知，.
（1）若△的面积等于，求；
（2）若，求△的面积.
22．某企业生产，两种产品，根据市场调查与预测，产品的利润与投资成正比，其关系如图（1）所示；产品的利润与投资的算术平方根成正比，其关系如图（2）所示（注：利润和投资的单位均为万元）

图（1） 图（2）
（1）分别求，两种产品的利润关于投资的函数解析式
（2）已知该企业已筹集到18万元资金，并将全部投入，两种产品的生产
①若平均投入两种产品的生产，可获得多少利润？
②如果你是厂长，怎样分配这18万元投资，才能使该企业获得最大利润？其最大利润为多少万元？

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、A
【解析】把不等式左边的二次三项式因式分解后求出二次不等式对应方程的两根，利用二次不等式的解法可求得结果
【详解】由，得，解得或
所以原不等式的解集为或
故选：A
2、C
【解析】直接利用充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】因为偶函数在上单调递增，
若，则，
而等价于，故充分必要；
故选：C
3、B
【解析】根据的单调性，结合零点存在性定理，即可得出结论.
【详解】在单调递增，
且，
根据零点存在性定理，
得存在唯一的零点在区间上.
故选：B
【点睛】本题考查判断函数零点所在区间，结合零点存在性定理的应用，属于基础题.
4、D
【解析】样本，，，的总和为，样本，，，的总和为，样本，，，，，，，的平均数为 ，选D.
5、B
【解析】根据题中条件，得到，展开后根据基本不等式，即可得出结果.
【详解】因为正实数满足，
所以，
当且仅当，即时，等号成立.
故选：B.
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
6、A
【解析】分段解方程即可.
【详解】当时，，解得（舍去）；
当时，，解得或（舍去）.
故选：A
7、B
【解析】由向量的加减法运算化简即可得解.
【详解】,移项得
【点睛】本题主要考查了向量的加减法运算，属于基础题.
8、C
【解析】, ,
,∁U(A∪B )=
故答案为C.
9、B
【解析】解出集合中的不等式，得到集合中的元素，利用交集的运算即可得到结果.
【详解】集合，
所以.
故选：B.
10、D
【解析】为锐角，

故选
11、A
【解析】由题，
,所以的大小关系为.故选A.
点晴：本题考查的是对数式的大小比较．解决本题的关键是利用对数函数的单调性比较大小，当对数函数的底数大于0小于1时，对数函数是单调递减的，当底数大于1时，对数函数是单调递增的；另外由于对数函数过点（1，0），所以还经常借助特殊值0,1，2等比较大小.
12、C
【解析】直接利用交集的运算法则即可.
【详解】∵，，
∴.
故选：.

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、##
【解析】将所求式利用两角和的正弦与两角差的余弦公式展开，然后根据商数关系弦化切，最后结合韦达定理即可求解.
【详解】解：因为，是方程的两根，
所以，
所以，
故答案为：.
14、3
【解析】因为函数与函数总经过同一个定点，函数的图象经过定点 ，所以函数总也经过，所以，，，故答案为.
15、②④
【解析】图①中，直线，图②中面，图③中，图④中，面
【详解】解：根据题意，
在①中，且，则四边形是平行四边形，有，不是异面直线；
图②中，、、三点共面，但面，因此直线与异面；
在③中，、分别是所在棱的中点，所以且，故，必相交，不是异面直线；
图④中，、、共面，但面，与异面
所以图②④中与异面
故答案为：②④.
16、
【解析】根据余弦值及角的范围，应用同角的平方关系求.
【详解】由，，则.
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）
（2）.
【解析】（1）根据诱导公式及同角关系式化简即得；
（2）根据可知，从而求得结果.
【小问1详解】
由诱导公式可得：
；
【小问2详解】
由于，有，得，
，可得
故的值为.
18、（1）；（2）或；（3）.
【解析】利用待定系数法求出二次函数的解析式；
求出函数的值域，再由题意得出关于a的不等式，求出解集即可；
由题意知对任意，都有，讨论t的取值，解不等式求出满足条件的t的取值范围
【详解】解：设，因为，所以；；
；；
解得：；；
函数，若存在实数a、b使得，则，
即，，解得或，
即a的取值范围是或；
由题意知，若对任意，都有恒成立，
即，故有，
由，；
当时，在上为增函数，
，解得，所以；
当，即时，在区间上单调减函数，
，解得，所以；
当，即时，，
若，则，解得；
若，则，解得，
所以，应取；
综上所述，实数t的取值范围是
【点睛】本题考查了不等式恒成立问题，也考查了分类讨论思想与转化思想，属于难题
19、（1）或；（2）.
【解析】（1）先得出集合A，利用并集定义求出，再由补集定义即可求出；
（2）由题可得集合是集合的真子集，则可列出不等式组求出.
【详解】解：1）当时，，又，
所以，所以或；
（2）由是的充分不必要条件，可知集合是集合的真子集.
又因为，，，
所以，解得，
当时，，符合要求；
当时，，符合要求，
所以实数的取值范围是.
【点睛】结论点睛：本题考查根据充分不必要条件求参数，一般可根据如下规则判断：
（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；
（2）若是的充分不必要条件，则对应集合是对应集合的真子集；
（3）若是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；
（4）若是的既不充分又不必要条件，则对应的集合与对应集合互不包含
20、（1）点的坐标为．（2）24
【解析】（1）先根据中点坐标公式以及直线垂直斜率的积等于 列方程组求出点关于直线的对称点的坐标，根据两点式或点斜式可得直线的方程，与角平分线的方程联立可得顶点的坐标；（2）根据两点间的距离公式可得的值，再利用点到直线距离公式可得到直线：的距离，由三角形面积公式可得结果.
试题解析：（1）由题意可得，点关于直线的对称点在直线上，
则有解得，，即，
由和，得直线的方程为，
由得顶点的坐标为
（2），
到直线：的距离，
故的面积为
21、 (1)；(2).
【解析】（1）先根据条件可得到，由三角形的面积可得，与联立得到方程组后可解得．（2）由可得，分和两种情况分别求解，最后可得的面积为
试题解析：
（1）∵，，

∴,
∴，
又，
∴，
∵△的面积，
∴，
由，解得.
（2）由，
得
得，
∴或
①当时，则，由（1）知，，
又
∴.
∴；
②当时，则，代入，
得，，
∴.
综上可得△的面积为.
点睛：
解答本题（2）时，在得到后容易出现的错误是将直接约掉，这样便失掉了三角形的一种情况，这是在三角变换中经常出现的一种错误．为此在判断三角形的形状或进行三角变换时，在遇到需要约分的情况时，需要考虑约掉的部分是否为零，不要随意的约掉等式两边的公共部分
22、 (1) ，;(2) 当，两种产品分别投入2万元，16万元时，可使该企业获得最大利润，最大利润为万元
【解析】1）设投资为万元（），设，，根据函数的图象，求得的值，即可得到函数的解析式；，
（2）①由（1）求得，，即可得到总利润．②设产品投入万元，产品投入万元，得到则，结合二次函数的图象与性质，即可求解
【详解】（1）设投资为万元（），，两种产品所获利润分别为，万元，
由题意可设，，其中，是不为零的常数
所以根据图象可得，，，，
所以，
（2）①由（1）得，，所以总利润为万元
②设产品投入万元，产品投入万元，该企业可获总利润为万元，
则，
令，则，且，
则，
当时，，此时，
当，两种产品分别投入2万元，16万元时，可使该企业获得最大利润，最大利润为万元
【点睛】本题主要考查了函数的实际应用问题，其中解答中能够从图象中准确地获取信息，利用待定系数法求得函数的解析式，再结合二次函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题