2022-2023学年云南省墨江第二中学数学高一上期末统考模拟试题含解析.doc

2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．已知定义域为的函数满足，且，若，则 ）
A. B.
C. D.
2．已知角的终边经过点，则（ ）.
A. B.
C. D.
3．已知圆和圆，则两圆的位置关系为
A.内含 B.内切
C.相交 D.外切
4．函数在上的最小值为，最大值为2，则的最大值为（）
A. B.
C. D.2
5．若是的重心，且（，为实数），则（ ）
A. B.1
C. D.
6．如图，在正四棱柱中底面是正方形的直棱柱，侧棱，，则二面角的大小为（ ）

A.30° B.45°
C.60° D.90°
7．已知圆：与圆：，则两圆公切线条数为　　
A.1条 B.2条
C.3条 D.4条
8．已知函数的单调区间是，那么函数在区间上（）
A.当时，有最小值无最大值 B.当时，无最小值有最大值
C.当时，有最小值无最大值 D.当时，无最小值也无最大值
9．如图，已知正方体中，异面直线与所成的角的大小是　　

A.
B.
C.
D.
10．令，，，则三个数、、的大小顺序是（ ）
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）
11．两条直线与互相垂直，则______
12．已知是定义在R上的奇函数，当时，，则在R上的表达式是________
13．已知是定义在上的奇函数且以6为周期，若，则在区间内至少有_____零点.
14．已知过点的直线与轴，轴在第二象限围成的三角形的面积为3，则直线的方程为__________
15．在空间直角坐标系中，点和之间的距离为____________.
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．如图，△ABC中，AB＝8，BC＝10，AC＝6，DB⊥平面ABC，且AE∥FC∥BD，BD＝3，FC＝4，AE＝5，求此几何体的体积

17．已知函数，.
（1）求函数的最小正周期；
（2）求函数在区间上的最大值和最小值及相应的的值.
18．如图，公路围成的是一块顶角为的角形耕地，其中，在该块土地中处有一小型建筑，经测量，它到公路的距离分别为，现要过点修建一条直线公路，将三条公路围成的区域建成一个工业园.

（1）以为坐标原点建立适当的平面直角坐标系，并求出点的坐标；
（2）三条公路围成的工业园区的面积恰为，求公路所在直线方程.
19．英国数学家泰勒发现了如下公式：，其中，此公式有广泛的用途，例如利用公式得到一些不等式：当时，，.
（1）证明：当时，；
（2）设，若区间满足当定义域为时，值域也为，则称为的“和谐区间”.
（i）时，是否存在“和谐区间”？若存在，求出的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由；
（ii）时，是否存在“和谐区间”？若存在，求出的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由
20．设函数
当时，求函数的零点；
若，当时，求x的取值范围
21．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的取值范围

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、A
【解析】根据，，得到求解.
【详解】因为，，
所以，
所以，
所以，
所以，
，

故选：A
2、A
【解析】根据三角函数的概念，，可得结果.
【详解】因为角终边经过点
所以
故选：A
【点睛】本题主要考查角终边过一点正切值的计算，属基础题.
3、B
【解析】由于圆，即 
表示以 为圆心，半径等于1的圆
圆，即，表示以为圆心，半径等于3的圆
由于两圆的圆心距等于 等于半径之差，故两个圆内切
故选B
4、B
【解析】将写成分段函数，画出函数图象数形结合，即可求得结果.
【详解】当x≥0时，，
当＜0时，，
作出函数的图象如图：

当时，由=，解得=2
当时，
当＜0时，由,
即，
解得=，
∴此时=，
∵[]上的最小值为，最大值为2，
∴2，，
∴的最大值为，
故选：B
【点睛】本题考查含绝对值的二次型函数的最值，涉及图象的绘制，以及数形结合，属综合基础题.
5、A
【解析】若与边的交点为,再由三角形中线的向量表示即可.
【详解】若与边交点为，则为边上的中线，
所以，
又因为，
所以
故选:A
【点睛】此题为基础题，考查向量的线性运算.
6、C
【解析】连接AC，BD，交点为O，连接，则即为二面角的平面角，再求解即可.
【详解】解：连接AC，BD，交点为O，连接，
∵，，，
∴平面，
即即为二面角的平面角，
∵四棱柱中底面是正方形的直棱柱，，，
∴，
则，
∴.
故选：C

【点睛】本题考查了二面角的平面角的作法，重点考查了运算能力，属基础题.
7、D
【解析】求出两圆的圆心与半径，利用圆心距判断两圆外离公切线有4条
【详解】圆C1：x2+y2﹣2x＝0化为标准形式是（x﹣1）2+y2＝1，
圆心是C1（1，0），半径是r1＝1；
圆C2：x2+y2﹣4y+3＝0化为标准形式是x2+（y﹣2）2＝1，
圆心是C2（0，2），半径是r2＝1；
则|C1C2|r1+r2，
∴两圆外离，公切线有4条
故选D
【点睛】本题考查了两圆的一般方程与位置关系应用问题，是基础题
8、D
【解析】依题意不等式的解集为（1，+∞），即可得到且，即，再根据二次函数的性质计算在区间（-1，2）上的单调性及取值范围，即可得到函数的最值情况
【详解】因为函数的单调区间是，
即不等式的解集为（1，∞），
所以且，即，
所以 ,
当时，在上满足，
故此时为增函数，既无最大值也无最小值，由此A,B错误；
当时，在上满足，
此时为减函数，既无最大值也无最小值，故C错误，D正确，
故选：D.
9、C
【解析】在正方体中，利用线面垂直的判定定理，证得平面，由此能求出结果
【详解】如图所示，在正方体中，连结，则，，
由线面垂直的判定定理得平面，所以,
所以异面直线与所成的角的大小是
故选C
本题主要考查了直线与平面垂直判定与证明，以及异面直线所成角的求解，其中解答中牢记异面直线所成的求解方法和转化思想的应用是解答的关键，平时注意空间思维能力的培养，着重考查了推理与论证能力，属于基础题
10、D
【解析】由已知得，，，判断可得选项.
【详解】解：由指数函数和对数函数的图象可知：，，，所以，
故选：D
【点睛】本题考查了对数式、指数式的大小比较，比较大小的常用方法为同底的对数式和指数式利用其单调性进行比较，也可以借助于中间值0和1进行比较，考查了运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题.

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】先分别求出两条直线的斜率，再利用两条直线垂直的充要条件是斜率乘积等于，即可求出结果
【详解】直线的斜率，直线的斜率，
且两直线与互相垂直，
，，解得，故答案为
【点睛】本题主要考查两直线垂直的充要条件，属于基础题.在两条直线的斜率都存在的条件下，两条直线垂直的充要条件是斜率乘积等于
12、
【解析】根据奇函数定义求出时的解析式，再写出上的解析式即可
【详解】时，，，
所以
故答案为：
【点睛】本题考查函数的奇偶性，掌握奇函数的定义是解题关键
13、6
【解析】直接利用的奇偶性和周期性求解.
【详解】因为是定义在上奇函数且以6为周期，
所以
即，
所以的图象关于对称，且，
则，
又，
又，
所以，
所以在区间内至少有6个零点.
故答案为：6
个零点
14、
【解析】设直线l的方程是y=k（x-3）+4，
它在x轴、y轴上的截距分别是﹣+3，-3k+4，
且﹣+3<0, -3k+4>0
由已知，得（-3k+4）（﹣3）=6，
解得k1=或k2=
所以直线l的方程为：
故答案为
15、
【解析】利用空间两点间的距离公式求解.
【详解】由空间直角坐标系中两点间距离公式可得.
故答案为：

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、96
【解析】，取CM＝AN＝BD，连接DM，MN，DN，用“分割法”把原几何体分割成一个直三棱柱和一个四棱锥．所以V几何体＝V三棱柱＋V四棱锥
试题解析：

如图，取CM＝AN＝BD，连接DM，MN，DN，用“分割法把原几何体分割成一个直三棱柱和一个四棱锥．所以V几何体＝V三棱柱＋V四棱锥．由题知三棱柱ABC­NDM的体积为V1＝×8×6×3＝72.
四棱锥D­MNEF体积为V2＝S梯形MNEF·DN＝××(1＋2)×6×8＝24，
则几何体的体积为V＝V1＋V2＝72＋24＝96.
点睛：空间几何体体积问题的常见类型及解题策略
(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解
(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解
(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解
17、（1），
（2）时，，时，.
【解析】（1）将函数化简得，可求函数的最小正周期；
（2）由求出，进而求出函数在区间上的最大值和最小值及相应的的值.
【小问1详解】

所以.
【小问2详解】
因为，所以，
所以，所以，
当时，即，，
当时，即，.
18、 (1) ；(2) .
【解析】(1)以为坐标原点, 所在直线为轴，过点且垂直于的直线为轴，建立平面直角坐标系.根据条件求出直线的方程，设出点坐标，代点到直线的距离公式即可求出所求；
(2)由(1)及题意设出直线的方程后，即可求得点的横坐标，与点的纵坐标，由
求得后，即可求解.
【详解】(1)以为坐标原点 所在直线为轴，过点且垂直于的直线为轴，
建立如图所示的平面直角坐标系

由题意可设点，且直线的斜率为，并经过点，
故直线的方程为：，
又因点到的距离为，所以，解得或(舍去)
所以点坐标为.
(2)由题意可知直线的斜率一定存在，故设其直线方程为：，
与直线的方程：，联立后解得:，
对直线方程：，令，得，
所以，解得，
所以直线方程为：，即:.
【点睛】本题以直线方程的相关知识为背景，旨在考查学生分析和解决问题的能力，属于中档题.
19、（1）证明见解析
（2）（i）不存在“和谐区间”，理由见解析（ii）存在，有唯一的“和谐区间”
【解析】（1）利用来证得结论成立.
（2）（i）通过证明方程只有一个实根来判断出此时不存在“和谐区间”.
（ii）对的取值进行分类讨论，结合的单调性以及（1）的结论求得唯一的“和谐区间”.
【小问1详解】
由已知当时，，
得，
所以当时，.
【小问2详解】
（i）时，假设存在，则由知，注意到，
故，所以在单调递增，
于是，即是方程的两个不等实根，
易知不是方程的根，
由已知，当时，，令，则有时，，即，
故方程只有一个实根0，故不存在“和谐区间”.
（ii）时，假设存在，则由知
若，则由，知，与值域是矛盾，
故不存在“和谐区间”，
同理，时，也不存在，
下面讨论，
若，则，故最小值为，于是，
所以，
所以最大值为2，故，此时的定义域为，值域为，符合题意.
若，当时，同理可得，舍去，
当时，在上单调递减，所以
，于是，
若即，则，故，
与矛盾；
若，同理，矛盾，
所以，即，
由（1）知当时，，
因为，所以，从而，，从而，矛盾，
综上所述，有唯一的“和谐区间”.
【点睛】对于“新定义”的题目，关键是要运用新定义的知识以及原有的数学知识来进行求解.本题有两个“新定义”，一个是泰勒发现的公式，另一个是“和谐区间”.泰勒发现的公式可以直接用于证明，“和谐区间”可转化为函数的单调性来求解.
20、（1）；（2）.
【解析】由分段函数解析式可得时无零点；讨论，，解方程即可得到所求零点；
求得的解析式，讨论，，解不等式组即可得到所求范围
【详解】解：函数，
可得时，无解；
当时，无解；
当时，即，可得；
综上可得时，无零点；
时，零点为；
，，
当时，
即有或，
可得或且，
综上可得x的范围是
【点睛】本题考查分段函数、函数零点和解不等式等知识，属于中档题
21、（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，在区间上是单调减函数，
，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