2023届西宁市第四中学高一上数学期末教学质量检测试题含解析.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0．5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．设是两个单位向量，且，那么它们的夹角等于（　　）
A. B.
C. D.
2．已知是定义在上的奇函数且单调递增，，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
3．若函数的定义域为，满足：①在内是单调函数；②存在区间，使在上的值域为，则称函数为“上的优越函数”．如果函数是“上的优越函数”，则实数的取值范围是（）
A.
B.
C.
D.
4．已知函数（，），若的图像的任何一条对称轴与x轴交点的横坐标均不属于区间，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
5．圆过点的切线方程是（）
A. B.
C. D.
6．若函数在闭区间上有最大值5，最小值1，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
7．已知，，，则a，b，c大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
8．关于函数有下述四个结论：
①是偶函数；②在区间单调递减；
③在有个零点；④的最大值为.
其中所有正确结论的编号是（ ）
A.①②④ B.②④
C.①④ D.①③
9．设，若，则的最小值为
A. B.
C. D.
10．函数在的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
11．函数在区间单调递减，在区间上有零点，则的取值范围是
A. B.
C. D.
12．将函数的图象向右平移个的单位长度，再将所得到的函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），则所得到的图象的函数解析式为
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．已知函数，则满足的实数的取值范围是__
14．已知函数（且）.给出下列四个结论：
①存在实数a，使得有最小值；
②对任意实数a（且），都不是R上的减函数；
③存在实数a，使得的值域为R；
④若，则存在，使得.
其中所有正确结论的序号是___________.
15．函数的部分图象如图所示．若，且，则_____________

16．函数的最大值为____________
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．如图所示，某市政府决定在以政府大楼O为中心，正北方向和正东方向的马路为边界的扇形地域内建造一个图书馆.为了充分利用这块土地，并考虑与周边环境协调，设计要求该图书馆底面矩形的四个顶点都要在边界上，图书馆的正面要朝市政府大楼.设扇形的半径OM＝R，∠MOP＝45°，OB与OM之间的夹角为θ.

（1）将图书馆底面矩形ABCD的面积S表示成θ的函数.
（2）若R＝45 m，求当θ为何值时，矩形ABCD的面积S最大？最大面积是多少？(取＝1.414)
18．在①；②关于x的不等式的解集是这两个条件中任选一个，补充在下面的问题（1）中并解答，若同时选择两个条件作答，以第一个作答计分
（1）已知______，求关于的不等式的解集；
（2）在（1）的条件下，若非空集合，，求实数的取值范围
19．如图，四棱锥的底面为正方形，底面，分别是的中点.

（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面.
20．设集合，.
（1）若，求；
（2）若“”是“”的充分不必要条件，求实数m的取值范围.
21．已知集合，集合.
（1）当时，求；
（2）命题，命题，若q是p的必要条件，求实数a的取值范围.
22．定义在D上的函数，如果满足：存在常数，对任意，都有成立，则称是D上的有界函数，其中M称为函数的上界.
（1）证明：在上有界函数；
（2）若函数在上是以3为上界的有界函数，求实数a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、C
【解析】由条件两边平方可得，代入夹角公式即可得到结果.
【详解】由，可得：，
又是两个单位向量，
∴
∴
∴它们的夹角等于
故选C
【点睛】本题考查单位向量的概念，向量数量积的运算及其计算公式，向量夹角余弦的计算公式，以及已知三角函数求角，清楚向量夹角的范围
2、A
【解析】根据函数的奇偶性，把不等式转化为，再结合函数的单调性，列出不等式组，即可求解.
【详解】由题意，函数是定义在上的奇函数，所以，
则不等式，可得，
又因为单调递增，所以，解得，
故选：.
【点睛】求解函数不等式的方法：
1、解函数不等式的依据是函数的单调性的定义，
具体步骤：①将函数不等式转化为的形式；②根据函数的单调性去掉对应法则“”转化为形如：“”或“”的常规不等式，从而得解.
2、利用函数的图象研究不等式，当不等式问题不能用代数法求解但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数的图象上、下关系问题，从而利用数形结合求解.
3、D
【解析】由于是“上的优越函数”且函数在上单调递减，由题意得，，问题转化为与在时有2个不同的交点，结合二次函数的性质可求
【详解】解：因为是“上的优越函数”且函数在上单调递减，
若存在区间，使在上的值域为，
由题意得，，
所以，，
即与在时有2个不同的交点，
根据二次函数单调性质可知，即
故选：D
4、C
【解析】由已知得，，且，解之讨论k，可得选项.
【详解】因为的图像的任何一条对称轴与x轴交点的横坐标均不属于区间，所以，所以，故排除A，B；
又，且，解得，
当时，不满足，
当时，符合题意，
当时，符合题意，
当时，不满足，故C正确，D不正确，
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题考查根据正弦型函数的对称性求得参数的范围，解决问题的关键在于运用整体代换的思想，建立关于的不等式组，解之讨论可得选项.
5、D
【解析】先求圆心与切点连线的斜率，再利用切线与连线垂直求得切线的斜率结合点斜式即可求方程.
【详解】由题意知，圆：，圆心在圆上，
，
所以切线的斜率为，
所以在点处的切线方程为，
即.
故选：D.
6、D
【解析】数形结合：根据所给函数作出其草图，借助图象即可求得答案
【详解】，
令，即，解得或，，
作出函数图象如下图所示：

因为函数在闭区间上有最大值5，最小值1，
所以由图象可知，
故选：D
【点睛】本题考查二次函数在闭区间上的最值问题，考查数形结合思想，深刻理解“三个二次”间的关系是解决该类问题的关键
7、B
【解析】利用对数函数的单调性证明即得解.
【详解】解：，，
所以
故选：B
8、A
【解析】利用偶函数的定义可判断出命题①的正误去绝对值，利用余弦函数的单调性可判断出命题②的正误；求出函数在区间上的零点个数，并利用偶函数的性质可判断出命题③的正误；由取最大值知，然后去绝对值，即可判断出命题④的正误.
【详解】对于命题①，函数的定义域为，且，则函数为偶函数，命题①为真命题；
对于命题②，当时，，则，此时，函数在区间上单调递减，命题②正确；
对于命题③，当时，，则，
当时，，则，
由偶函数的性质可知，当时，，则函数在上有无数个零点，命题③错误；
对于命题④，若函数取最大值时，，则，
，当时，函数取最大值，命题④正确.
因此，正确的命题序号为①②④.
故选A.
【点睛】本题考查与余弦函数基本性质相关的命题真假的判断，解题时要结合自变量的取值范围去绝对值，结合余弦函数的基本性质进行判断，考查推理能力，属于中等题.
9、D
【解析】依题意，，根据基本不等式，有.
10、D
【解析】先判断出函数的奇偶性，然后根据的符号判断出的大致图象.
【详解】因为，
所以，为奇函数，所以排除A项，
又，所以排除B、C两项，
故选：D
【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：
（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置
（2）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
（3）从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
（4）从函数的特征点，排除不合要求的图象.
11、C
【解析】分析：结合余弦函数的单调减区间，求出零点，再结合零点范围列出不等式
详解：当，，
又∵，则，即，，
由得，，
∴，解得，
综上.
故选C.
点睛：余弦函数的单调减区间：，增区间：，零点：，对称轴：，对称中心：，.
12、A
【解析】由题意利用函数的图象变换法则，即可得出结论
【详解】将函数的图象向右平移个的单位长度，可得的图象，再将所得到的函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），则所得到的图象的函数解析式为，故选
【点睛】本题主要考查函数的图象变换法则，注意对的影响

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】分别对，分别大于1，等于1，小于1的讨论，即可.
【详解】对，分别大于1，等于1，小于1讨论，当,解得
当，不存在，当时，，解得，故
x的范围为
【点睛】本道题考查了分段函数问题，分类讨论，即可，难度中等
14、①②④
【解析】通过举反例判断①.，利用分段函数的单调性判断②③，求出关于y轴的对称函数为，利用与y的图像在上有交点判断④.
【详解】当时，当时，，所以有最小值0，①正确；
若是R上的减函数，则，无解，所以②正确；
当时，单减，且当时，值域为，而此时单增，最大值为，所以函数值域不为R；
当时，单增，单增，若的值域为R，则，所以，与矛盾；所以不存在实数a，使得的值域为R；
由①可知，当时，函数值域不为R；当时，单减，最小值为，单增，且，所以函数值域不为R，综上③错误；
又关于轴的对称函数为，若，则，但指数函数的增长速度快于函数的增长速度，所以必存在，使得，即成立，所以④正确.
故答案为：①②④
15、##
【解析】根据函数的图象求出该函数的解析式，结合图象可知，点、关于直线对称，进而得出.
【详解】由图象可知， ，即，
则，
此时，，
由于，
所以，即.
，且，
由图象可知，，
则.
故答案为：.
16、
【解析】利用二倍角公式将化为，利用三角函数诱导公式将化为，然后利用二次函数的性质求最值即可
【详解】因为，
所以当时，取到最大值.
【点睛】本题考查了三角函数化简与求最值问题，属于中档题

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）S＝R2sin－R2，θ∈；（2）当θ＝时，矩形ABCD面积S最大，最大面积为838.35 m2.
【解析】（1）设OM与BC的交点为F，用表示出，，，从而可得面积的表达式；
（2）结合正弦函数的性质求得最大值
【详解】解：（1）由题意，可知点M为PQ的中点，所以OM⊥AD.
设OM与BC的交点为F，则BC＝2Rsin θ，OF＝Rcos θ，所以AB＝OF－AD＝Rcos θ－Rsin θ.
所以S＝AB·BC＝2Rsin θ(Rcos θ－Rsin θ)＝R2(2sin θcos θ－2sin2θ)＝R2(sin 2θ－1＋cos 2θ)＝R2sin－R2，θ∈.

（2）因为θ∈，所以2θ＋∈，
所以当2θ＋，即θ＝时，S有最大值.
Smax＝(－1)R2＝(－1)×452＝0.414×2 025＝838.35(m2).
故当θ＝时，矩形ABCD的面积S最大，最大面积为838.35 m2.
【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数的应用，解题关键是利用表示出矩形的边长，从而得矩形面积．利用三角函数恒等变换公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后结合正弦函数性质求得最大值
18、（1）条件选择见解析，或
（2）
【解析】（1）若选①，分和，求得a，再利用一元二次不等式的解法求解；若选②，根据不等式的解集为，求得a，b，再利用一元二次不等式的解法求解；
（2）由，得到求解；
【小问1详解】
解：若选①，若，解得，不符合条件
若，解得，则符合条件
将代入不等式并整理得，
解得或，故或
若选②，因为不等式的解集为，
所以，解得
将代入不等式整理得，解得或
故或
【小问2详解】
∵，
∴，
又∵，
∴或，
∴或，
∴
19、（1）证明见解析；
（2）证明见解析.
【解析】（1）连接BD，根据线面平行的判定定理只需证明EF∥PD即可；
（2）利用线面垂直的判定定理可得面，再利用面面垂直的判定定理即证
【小问1详解】
如图，连结，则是的中点，又是的中点，

∴，
又∵平面，面，
∴平面；
【小问2详解】
∵底面是正方形，
∴，
∵平面，平面，
∴，又，
∴面，又平面，
故平面平面.
20、（1）；（2）；
【解析】（1）由集合描述求集合、，根据集合交运算求；（2）由充分不必要条件知⫋，即可求m的取值范围.
【详解】，
（1）时，，
∴；
（2）“”是“”的充分不必要条件，即⫋，
又且，
∴，解得；
【点睛】本题考查了集合的基本运算，及根据充分不必要条件得到集合的包含关系，进而求参数范围，属于基础题.
21、（1）；（2）
【解析】（1）根据集合交集的定义，结合一元二次不等式解法进行求解即可；
（2）根据必要条件对应的集合关系进行求解即可；
【详解】解：由题意可知，；
（1）当时，，所以
（2）是的必要条件，，
.
22、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）根据，利用求解单调性求解；
（2）根据在上是以3为上界的有界函数，令，则，转化，在时恒成立求解.
【小问1详解】
解：，则在上是严格增函数，
故，即，
故，故是有界函数；
【小问2详解】
因为在上是以3为上界的有界函数，
所以在上恒成立，
令，则，
所以在时恒成立，
所以，在时恒成立，
函数在上严格递减，所以；
函数在上严格递增，所以.
所以实数a的取值范围是.