安徽省阜阳市太和第一中学2023届数学高一上期末学业质量监测模拟试题含解析.doc

2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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．已知平面直角坐标系中，点，，，、、，，是线段AB的九等分点，则（ ）
A.45 B.50
C.90 D.100
2．已知点在第二象限，则角的终边所在的象限为
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
3．已知,，则的值约为（精确到）（）
A. B.
C. D.
4．已知函数为定义在上的偶函数，在上单调递减，并且，则实数的取值范围是（ ）
A. B.

C. D.
5．已知函数，则使成立的x的取值范围是（）
A. B.
C. D.
6．设全集，集合，，则
A.{4} B.{0,1,9,16}
C.{0,9,16} D.{1,9,16}
7．设a为实数，“”是“对任意的正数x，”的（ ）
A.充分非必要条件 B.必要非充分条件
C.充要条件 D.既非充分也非必要条件
8．如图，正方形的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（）

A. B.8
C.6 D.
9．在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点是
A. B.
C. D.
10．已知函数，则（ ）
A. B.3
C. D.
11．设且则（ ）
A. B.
C. D.
12．已知函数，的最值情况为（）
A.有最大值，但无最小值 B.有最小值，有最大值1
C.有最小值1，有最大值 D.无最大值，也无最小值
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．已知函数的图像恒过定点A，若点A在一次函数的图像上，其中，则的最小值是__________
14．已知函数且
（1）若函数在区间上恒有意义，求实数的取值范围；
（2）是否存在实数，使得函数在区间上为增函数，且最大值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由
15．甲、乙两套设备生产的同类产品共4800件采用分层抽样的方法从中抽取一个容量为80 的样本进行检测.若样本中有50件产品由甲设备生产，则乙设备生产的产品总数为________件.
16．若函数与函数的最小正周期相同，则实数______
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．已知函数.
（1）求函数的定义域；
（2）设，若函数在上有且仅有一个零点，求实数的取值范围；
（3）设，是否存在正实数，使得函数在内的最大值为4？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
18．已知函数f(x)＝
（1）判断函数f(x)的奇偶性;
（2）判断并证明函数f(x)的单调性;
（3）解不等式：f(x2－2x)＋f(3x－2)<0；
19．已知
（1）求函数的单调递增区间；
（2）当时，函数的值域为，求实数的范围
20．已知函数的部分图象如图所示

（1）求函数的解析式：
（2）将函数的图象上所有的点向右平移个单位，再将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象
①当时，求函数的值域；
②若方程在上有三个不相等的实数根，求的值
21．已知四棱锥P－ABCD的体积为，其三视图如图所示，其中正视图为等腰三角形，侧视图为直角三角形，俯视图是直角梯形．

(1)求正视图的面积；
(2)求四棱锥P－ABCD的侧面积．
22．已知函数的部分图象如图所示.

(1)求函数的解析式，并求它的对称中心的坐标；
(2)将函数的图象向右平移个单位，得到的函数为偶函数，求函数，的最值及相应的值.

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、B
【解析】利用向量的加法以及数乘运算可得，再由向量模的坐标表示即可求解.
【详解】

，
∴

故选：B.
2、D
【解析】由题意利用角在各个象限符号，即可得出结论.
【详解】由题意，点在第二象限，
则角的终边所在的象限位于第四象限，故选D.
【点睛】本题主要考查了三角函数的定义，以及三角函数在各个象限的符号，其中熟记三角函数在各个象限的符号是解答本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.
3、B
【解析】利用对数的运算性质将化为和的形式，代入和的值即可得解.
【详解】.
故选：B
4、D
【解析】利用函数的奇偶性得到，再解不等式组即得解.
【详解】解：由题得.
因为在上单调递减，并且，
所以，所以或.
故选：D
5、C
【解析】考虑是偶函数，其单调性是关于y轴对称的，
只要判断出时的单调性，利用对称关系即可.
【详解】，
是偶函数；
当时，由于增函数，是增函数
所以是增函数，
是关于y轴对称的，当时，是减函数，
作图如下：

欲使得，只需，两边取平方，
得，解得；
故选：C.
6、B
【解析】根据集合的补集和交集的概念得到结果即可.
【详解】全集，集合，,;,
故答案为B .
【点睛】高考对集合知识的考查要求较低，均是以小题的形式进行考查，一般难度不大，要求考生熟练掌握与集合有关的基础知识．纵观近几年的高考试题，主要考查以下两个方面：一是考查具体集合的关系判断和集合的运算．解决这类问题的关键在于正确理解集合中元素所具有属性的含义，弄清集合中元素所具有的形式以及集合中含有哪些元素．二是考查抽象集合的关系判断以及运算
7、A
【解析】根据题意利用基本不等式分别判断充分性和必要性即可.
【详解】若，因为，则，当且仅当时等号成立，所以充分性成立；
取，因为，则，当且仅当时等号成立，即时，对任意的正数x，，但，所以必要性不成立，
综上，“”是“对任意的正数x，”的充分非必要条件.
故选：A.
8、B
【解析】根据斜二测画法得出原图形四边形的性质，然后可计算周长
【详解】由题意，所以原平面图形四边形中，，，，所以，
所以四边形的周长为：
故选：B

9、C
【解析】关于平面对称的点坐标相反，另两个坐标相同，因此结论为
10、D
【解析】根据分段函数的解析式，令代入先求出，进而可求出的结果.

【详解】解：，
则令，得，
所以.
故选：D.
11、C
【解析】试题分析：由已知得，，去分母得，，所以
，又因为，
，所以，即，选
考点：同角间的三角函数关系，两角和与差的正弦公式
12、C
【解析】利用二次函数的图象与性质，得到二次函数的单调性，即可求解最值，得到答案.
【详解】由题意，函数，
可得函数在区间上单调递增，
所以当时，函数取得最小值，最小值为，
当时，函数取得最小值，最小值为，
故选C.
【点睛】本题主要考查了二次函数的性质及其应用，其中解答中熟练利用二次函数的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.

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、8
【解析】可得定点，代入一次函数得，利用展开由基本不等式求解.
【详解】由可得当时，，故，
点A在一次函数的图像上，，即，
，
，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值是8.
故答案为：8.
【点睛】本题考查基本不等式的应用，解题的关键是得出定点A，代入一次函数得出，利用“1”的妙用求解.
14、（1）
（2）存在；（或）
【解析】（1）由题意，得在上恒成立，参变分离得恒成立，再令新函数，判断函数的单调性，求解最大值，从而求出的取值范围；（2）在（1）的条件下，讨论与两种情况，利用复合函数同增异减的性质求解对应的取值范围，再利用最大值求解参数，并判断是否能取到.
【小问1详解】
由题意，在上恒成立，即在恒成立，令，则在上恒成立，令所以函数在在上单调递减，故
则，即的取值范围为.
【小问2详解】
要使函数在区间上为增函数，首先在区间上恒有意义，于是由（1）可得，①当时，要使函数在区间上为增函数，
则函数在上恒正且为增函数，
故且，即，此时的最大值为即，满足题意
②当时，要使函数在区间上为增函数，
则函数在上恒正且为减函数，
故且，即，
此时的最大值为即，满足题意
综上，存在（或）
【点睛】一般关于不等式在给定区间上恒成立的问题都可转化为最值问题，参变分离后得恒成立等价于；恒成立，等价于成立.
15、1800
【解析】由题共有产品4800名，抽取样本为80，则抽取的概率为；，再由50件产品由甲设备生产，则乙设备生产有30件，则乙设备在总体中有；
考点：抽样方法的随机性.
16、
【解析】求出两个函数的周期，利用周期相等，推出a的值
【详解】：函数的周期是；
函数的最小正周期是：；
因为周期相同，所以，解得
故答案为
【点睛】本题是基础题，考查三角函数的周期的求法，考查计算能力

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）；（3）存在，.
【解析】（1）根据对数函数的定义域列不等式求解即可.
（2）由函数的单调性和零点存在定理，列不等式求解即可.
（3）由对勾函数的性质可得函数的单调区间，利用分类讨论的思想讨论定义域与单调区间的关系，再利用函数的最值存在性问题求出实数的值.
【详解】（1）由题意，函数有意义，则满足，解得，
即函数的定义域为.
（2）由，且，
可得，
且为单调递增连续函数，
又函数在上有且仅有一个零点，
所以，即，解得，
所以实数的取值范围是.
（3）由，设，
则，
易证在为单调减函数，在为单调增函数，
当时，函数在上为增函数，所以最大值为，
解得，不符合题意，舍去；
当时，函数在上为减函数，所以最大值为，
解得，不符合题意，舍去；
当时，函数在上减函数，在上为增函数，
所以最大值为或，解得，符合题意，
综上可得，存在使得函数的最大值为4.
【点睛】本题考查了对数函数的定义域问题、零点存在定理、对勾函数的应用，考查了理解辨析的能力、数学运算能力、分类讨论思想和转化的数学思想，属于一般题目.
18、（1）奇函数（2）单调增函数，证明见解析
（3）
【解析】（1）按照奇函数的定义判断即可；
（2）按照单调性的定义判断证明即可；
（3）由单调递增解不等式即可.
【小问1详解】
易知函数定义域R，
所以函数为奇函数.
【小问2详解】
设任意x1，x2∈R且x12，
f(x1)－f(x2)＝
＝
∵x1对于函数，
令，，
求得，
故函数的单调递增区间为，
【小问2详解】
解：令，，解得，．即时取得最大值
因为当时，取到最大值，所以
又函数在上是减函数，且，
故的最大值为内使函数值为的值，
令，即，因为，所以，所以，解得，
所以的取值范围是
20、（1）；
（2）①；②.
【解析】（1）由图象得A、B、，再代入点，求解可得函数的解析式；
（2）①由已知得，由求得，继而求得函数的值域；
②令，，做出函数的图象，设有三个不同的实数根，有，，继而得，由此可得答案.
【小问1详解】
解：由图示得：，
又，所以，所以，所以，
又因为过点，所以，即，
所以，解得，又，所以，
所以；
【小问2详解】
解①：由已知得，当时，，
所以，所以，所以，
所以函数的值域为；
②当时，，令，则，
令，则函数的图象如下图所示，且，，，

由图象得有三个不同的实数根，则，，
所以，即，
所以，所以，
故.
21、（1）；（2）
【解析】（1）根据四棱锥的体积得PA=，进而得正视图的面积；
（2）过A作AE∥CD交BC于E，连接PE，确定四个侧面积面积S△PAB，S△PAD， S△PCD， S△PBC求和即可.
试题解析：
(1) 如图所示四棱锥P－ABCD的高为PA，底面积为S＝·CD＝×1＝
∴四棱锥P－ABCD的体积V四棱锥P－ABCD＝S·PA＝×·PA＝，∴PA=
∴正视图的面积为S＝×2×＝.
(2)如图所示，过A作AE∥CD交BC于E，连接PE.根据三视图可知，E是BC的中点，

且BE＝CE＝1，AE＝CD＝1，且BC⊥AE，AB=
又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，PA⊥DC，PD=，∴BC⊥面PAE，∴BC⊥PE，
又DC⊥AD，∴DC⊥面PAD，∴DC⊥PD，且PA⊥平面ABCD.∴PA⊥AE，
∴PE2＝PA2+AE2＝3.∴PE＝.
∴四棱锥P－ABCD的侧面积为
S＝S△PAB+ S△PAD+ S△PCD+ S△PBC＝··+··1+·1·+·2·=.
点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.
22、 (1)，对称中心坐标为；(2)，此时；，此时.
【解析】⑴由图象求得振幅，周期，利用周期公式可求，将点代入解得，求得函数解析式，又，解得的值，可得函数的对称中心的坐标；
⑵由题意求出及函数的解析式，又因为，同时结合三角函数的图象进行分析，即可求得最值及相应的值
解析：(1)根据图象知，
，
∴，∴，
将点代入，解得，
∴，
又∵，解得，
∴的对称中心坐标为.
(2)，
∵为偶函数，
∴，
∴，
又∵，∴，
∴，
∴

.
∵，
∴，
∴，
∴，此时；，此时.
点睛：本题考查了依据三角函数图像求得三角函数解析式，计算其对称中心，在计算三角函数值域或者最值时的方法是由内到外，分布求得其范围，最终算得结果，注意这部分的计算，是经常考的内容