安徽省长丰县朱巷中学2022-2023学年高一数学第一学期期末学业水平测试模拟试题含解析.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，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 ，且，则的最小值为
A. B.
C. D.
2．已知向量，，，则
A. B.
C. D.
3．在区间上任取一个数，则函数在上的最大值是3的概率为（ ）
A. B.
C. D.
4．设集合，则（ ）
A.{1，3} B.{3，5}
C.{5，7} D.{1，7}
5．已知唯一的零点在区间、、内，那么下面命题错误的　　
A.函数在或，内有零点
B.函数在内无零点
C.函数在内有零点
D.函数在内不一定有零点
6．下列函数图象中，不能用二分法求零点的是（）
A. B.
C. D.
7．在四面体中，已知棱的长为，其余各棱长都为1，则二面角的平面角的余弦值为（ ）
A. B.
C. D.
8．汽车经过启动、加速行驶、匀速行驶、减速行驶之后停车，若把这一过程中汽车的行驶路程看作时间的函数，其图象可能是
A. B.
C. D.
9．已知函数是R上的偶函数.若对于都有，且当时，，则的值为（）
A.﹣2 B.﹣1
C.1 D.2
10．若直线与互相平行，则（）
A.4 B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．命题“”的否定为___________.
12．已知．若实数m满足，则m的取值范围是__
13．已知定义在上的奇函数，当时，，当时，________
14．函数的最小正周期是________.
15．若不等式的解集为，则不等式的解集为______.
16．已知函数，是定义在区间上的奇函数则_________.
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，且为第二象限角
（1）求的值；
（2）求值.
18．函数的部分图象如图所示.

（1）求、及图中的值；
（2）设，求函数在区间上的最大值和最小值
19．在平面直角坐标系中，已知为坐标原点，点的坐标为，点的坐标为，其中且．设
（）若，，，求方程在区间内的解集
（）若函数满足：图象关于点对称，在处取得最小值，试确定、和应满足的与之等价的条件
20．某网上电子商城销售甲、乙两种品牌的固态硬盘，甲、乙两种品牌的固态硬盘保修期均为3年，现从该商城已售出的甲、乙两种品牌的固态硬盘中各随机抽取50个，统计这些固态硬盘首次出现故障发生在保修期内的数据如下：
型号
甲
乙
首次出现故障的时间x(年)

硬盘数(个)
2
1
2
1
2
3
假设甲、乙两种品牌的固态硬盘首次出现故障相互独立.
（1）从该商城销售的甲品牌固态硬盘中随机抽取一个，试估计首次出现故障发生在保修期内的概率；
（2）某人在该商城同时购买了甲、乙两种品牌的固态硬盘各一个，试估计恰有一个首次出现故障发生在保修期的第3年(即)的概率.
21．圆内有一点，为过点且倾斜角为的弦.
（1）当时，求的长；
（2）当弦被点平分时，写出直线的方程.

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、C
【解析】运用乘1法，可得由x+y＝（x+1）+y﹣1＝[（x+1）+y]•（）﹣1，化简整理再由基本不等式即可得到最小值
【详解】由x+y＝（x+1）+y﹣1
＝[（x+1）+y]•1﹣1
＝[（x+1）+y]•2（）﹣1
＝2（21
≥3+47
当且仅当x，y＝4取得最小值7
故选C
【点睛】本题考查基本不等式的运用：求最值，注意乘1法和满足的条件：一正二定三等，考查运算能力，属于中档题
2、D
【解析】A项：利用向量的坐标运算以及向量共线的等价条件即可判断.
B项：利用向量模的公式即可判断.
C项：利用向量的坐标运算求出数量积即可比较大小.
D项：利用向量加法的坐标运算即可判断.
【详解】A选项：因为，，所以与不共线.
B选项：，，显然，不正确.
C选项：因为，所以，不正确；
D选项：因为，所以，正确；答案为D.
【点睛】主要考查向量加、减、数乘、数量积的坐标运算，还有向量模的公式以及向量共线的等价条件的运用.属于基础题.
3、A
【解析】设函数，求出时的取值范围，再根据讨论的取值范围，判断是否能取得最大值,从而求出对应的概率值
【详解】在区间上任取一个数，基本事件空间对应区间的长度是，
由，得 ，
∴ ，
∴的最大值是或，即最大值是或；
令，得，解得；
又，∴；
∴当时，，
∴在上的最大值是，满足题意；
当时，，
∴函数在上的最大值是，
由，得，的最大值不是；
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：B
5、C
【解析】利用零点所在的区间之间的关系，将唯一的零点所在的区间确定出，则其他区间就不会存在零点，进行选项的正误筛选
【详解】解：由题意，唯一的零点在区间、、内，可知该函数的唯一零点在区间内，在其他区间不会存在零点．故、选项正确，
函数的零点可能在区间内，也可能在内，故项不一定正确
函数的零点可能在区间内，也可能在内，故函数在内不一定有零点，项正确
故选：
【点睛】本题考查函数零点的概念，考查函数零点的确定区间，考查命题正误的判定．注意到命题说法的等价说法在判断中的作用
6、B
【解析】利用二分法求函数零点所满足条件可得出合适的选项.
【详解】观察图象与轴的交点，若交点附近的函数图象连续，且在交点两侧的函数值符号相异，则可用二分法求零点，故B不能用二分法求零点
故选：B.
7、C
【解析】
由已知可得AD⊥DC
又由其余各棱长都为1得正三角形BCD，取CD得中点E，连BE，则BE⊥CD
在平面ADC中，过E作AD的平行线交AC于点F，则∠BEF为二面角A﹣CD﹣B的平面角
∵EF=（三角形ACD的中位线），BE=（正三角形BCD的高），BF=（等腰RT三角形ABC，F是斜边中点）
∴cos∠BEF=
故选C．
8、A
【解析】汽车启动加速过程，随时间增加路程增加的越来越快，汉使图像是凹形，然后匀速运动，路程是均匀增加即函数图像是直线，最后减速并停止，其路程仍在增加，只是增加的越来越慢即函数图像是凸形．故选A
考点：函数图像的特征
9、C
【解析】根据题意求得函数的周期，结合函数性质，得到，在代入解析式求值，即可求解.
【详解】因为为上的偶函数，所以，
又因为对于，都有，
所以函数的周期，且当时，，
所以

故选：C.
10、B
【解析】根据直线平行，即可求解.
【详解】因为直线与互相平行，所以，得
当时，两直线重合，不符合题意；当时，符合题意
故选：B.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】根据特称命题的否定为全称命题求解.
【详解】因为特称命题的否定为全称命题，
所以“”的否定为“”，
故答案：.
12、
【解析】由题意可得，进而解不含参数的一元二次不等式即可求出结果.
【详解】由题意可知，即，所以，因此，
故答案：.
13、
【解析】设，则，代入解析式得；再由定义在上的奇函数，即可求得答案.
【详解】不妨设，则，
所以，
又因为定义在上的奇函数，
所以，
所以，
即.
故答案为：.
14、
【解析】直接利用三角函数的周期公式，求出函数的周期即可.
【详解】函数中，
.
故答案为：
【点睛】本题考查三角函数的周期公式的应用，是基础题.
15、
【解析】由三个二次的关系求，根据分式不等式的解法求不等式的解集.
【详解】∵不等式的解集为
∴，是方程的两根，
∴ ，
∴ 可化为
∴
∴不等式的解集为，
故答案为：.
16、27
【解析】由于奇函数的定义域必然关于原点对称，可得m的值，再求
【详解】由于奇函数的定义域必然关于原点对称∴m＝3，
故f（m）＝
故答案为27
【点睛】本题主要考查函数的奇偶性，利用了奇函数的定义域必然关于原点对称，属于基础题

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）cos，
（2）
【解析】（1）通过三角恒等式先求，再求即可；
（2）先通过诱导公式进行化简，再将，的值代入即可得结果.
【小问1详解】
因为sin＝，所以，且是第二象限角，
所以cos＝，
从而
【小问2详解】
原式＝
18、（1），，；（2），.
【解析】（1）由可得出，结合可求得的值，由结合可求得的值，可得出函数的解析式，再由以及可求得的值；
（2）利用三角恒等变换思想化简函数的解析式为，由可求得的取值范围，结合正弦函数的基本性质可求得函数在区间上的最大值和最小值.
【详解】（1）由题图得，，，，
又，，得，，
又，得，.
又，且，，
，得，
综上所述: ，，；
（2），
，，
所以当时，；当时，
【点睛】本题考查利用图象求正弦型函数解析式中的参数，同时也考查了正弦型函数在区间上最值的计算，考查计算能力，属于中等题.
19、（1）解集为；（2）见解析.
【解析】分析：（）由平面向量数量积公式、结合辅助角公式可得，令，从而可得结果；（）“图象关于点对称，且在处取得最小值”．因此，根据三角函数的图象特征可以知道，，故有，
∴，，当且仅当，时，的图象关于点对称；此时，，对讨论两种情况可得使得函数满足“图象关于点对称，且在处取得最小值的充要条件”是“，时，，；或当时，，”.
详解：（）根据题意，
当，，时，
，，
则有或，
即或，
又因为，故在内解集为
（）解：因为，设周期
因为函数须满足“图象关于点对称，且在处取得最小值”
因此，根据三角函数的图象特征可以知道，，
故有，
∴，，
又因为，形如的函数的图象的对称中心都是的零点，
故需满足，而当，时，
因为，；
所以当且仅当，时，
的图象关于点对称；
此时，，
∴，
（i）当，时，，进一步要使处取得最小值，
则有，
∴，故，
又，则有
因此，由可得，
（ii）当时，，进一步要使处取得最小值，
则有；
又，则有，
因此，由，可得，
综上，使得函数满足“图象关于点对称，且在处取得最小值的充要条件”是“，时，，；或当时，，”
点睛：本题主要考查公式三角函数的图像和性质以及辅助角公式的应用，属于难题.利用该公式() 可以求出:①的周期;②单调区间（利用正弦函数的单调区间可通过解不等式求得）；③值域（）；④对称轴及对称中心（由可得对称轴方程，由可得对称中心横坐标.
20、（1）；（2）
【解析】（1）由频率表示概率即可求出；
（2）先分别求出从甲、乙两种品牌随机抽取一个，首次出现故障发生在保修期的第3年的概率即可求出恰有一个首次出现故障发生在保修期的第3年的概率.
【详解】解：（1）在图表中，甲品牌的个样本中，
首次出现故障发生在保修期内的概率为：，
设从该商城销售的甲品牌固态硬盘中随机抽取一个，
其首次出现故障发生在保修期内为事件，
利用频率估计概率，得，
即从该商城销售的甲品牌固态硬盘中随机抽取一个，
其首次出现故障发生在保修期内的概率为：；
（2）设从该商城销售的甲品牌固态硬盘中随机抽取一个，
其首次出现故障发生在保修期的第3年为事件，
从该商城销售的乙品牌固态硬盘中随机抽取一个，
其首次出现故障发生在保修期的第3年为事件，
利用频率估计概率，得：，
则

,
某人在该商城同时购买了甲、乙两种品牌的固态硬盘各一个，恰有一个首次出现故障发生在保修期的第3年的概率为：.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用频率表示概率.
21、（1）；（2）.
【解析】（1）求出直线AB的斜率即可写出其点斜式方程，利用勾股定理可求得弦长；（2）当弦被点平分时，AB与垂直，由此可求出直线AB的斜率，写出其点斜式方程化简即可.
【详解】（1）依题意，直线AB的斜率为，又直线AB过点，
所以直线AB的方程为：，
圆心到直线AB的距离为，则，
所以；
（2）当弦被点平分时，AB与垂直，
因为，所以，
直线AB的点斜式方程为，即.
【点睛】本题考查直线的点斜式方程、直线截圆所得弦长，属于基础题.