吉林长春外国语学校2022-2023学年高一上数学期末达标检测试题含解析.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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、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，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幂函数，当时为减函数，则实数的值为A.或2B.C.D.2函数的零点个数为（）A.0B.1C.2D.33不论a取何正实数，函数恒过点（）A.B.C.D.4下列哪一项是“”的必要条件A.B.C.D.5若：，则成立的一个充分不必要条件是（）A.B.C.D.6设，则A.B.0C.1D.7中国高速铁路技术世界领先，高速列车运行时不仅速度比普通列车快而且噪声更小我们用声强I（单位：W/m2）表示声音在传播途径中每1平方米面积上声能流密度，声强级L1（单位：dB）与声强I的函数关系式为：若普通列车的声强级是95dB，高速列车的声强级是45dB，则普通列车的声强是高速列车声强的（）A.倍B.倍C.倍D.倍8设a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列正确的是（ ）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则9设函数（），则方程在区间上的解的个数是A.B.C.D.10函数的零点所在区间为（）A.B.C.D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11函数的部分图象如图所示则函数的解析式为_12已知函数是定义在上的奇函数，当时，,则_.13已知不等式ax2bx20的解集为x|1x2，则不等式2x2bxa0的解为_14命题“，”的否定是_.15若在上是减函数，则a的最大值是_.16已知定义在上的偶函数，当时，若直线与函数的图象恰有八个交点，其横坐标分别为，则的取值范围是_.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已知是偶函数，是奇函数，且，（1）求和的表达式；（2）若对于任意的，不等式恒成立，求的最大值18如图，在四棱锥中，底面，点在线段上，且.（）求证：平面；（）若，求四棱锥的体积.19已知函数，（1）证明在上是增函数；（2）求在上的最大值及最小值.20已知函数，为常数.（1）求函数的最小正周期及对称中心；（2）若时，的最小值为-2，求的值21已知的内角满足，若，且，满足：，为，的夹角，求参考答案一、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】为幂函数，即解得：或当时，在上为减函数；当时，在上为常数函数（舍去），使幂函数为上的减函数的实数的值故选C.考点：幂函数的性质.2、B【解析】作出函数图像，数形结合求解即可.【详解】解：根据题意，故，故函数与的图像如图，由于函数与的图像只有一个交点，所以方程有且只有一个实数根，所以函数的零点个数为1个.故选：B3、A【解析】令指数为0，即可求得函数恒过点【详解】令x+1=0，可得x=-1，则 不论取何正实数，函数恒过点（-1，-1）故选A【点睛】本题考查指数函数的性质，考查函数恒过定点，属于基础题4、D【解析】根据必要条件的定义可知：“”能推出的范围是“”的必要条件，再根据“小推大”的原则去判断.【详解】由题意，“选项”是“”的必要条件，表示“”推出“选项”，所以正确选项为D.【点睛】推出关系能满足的时候，一定是小范围推出大范围，也就是“小推大”.5、C【解析】根据不等式的解法求得不等式的解集，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.【详解】由题意，不等式，可得，解得，结合选项，不等式的一个充分不必要条件是.故选：C.6、B【解析】详解】故选7、B【解析】根据函数模型，列出关系式，进而结合对数的运算性质，可求出答案.【详解】普通列车的声强为，高速列车声强为，解：设由题意，则，即，所以，即普通列车的声强是高速列车声强的倍.故选：B.【点睛】本题考查函数模型、对数的运算，属于基础题.8、D【解析】由空间中直线、平面的位置关系逐一判断即可得解.【详解】解：由a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，知：在A中，若，则或，故A错误；在B中，若，则，故B错误；在C中，若，则或，故C错误；在D中，若，则由面面垂直的判定定理得，故D正确；故选：D【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，属中档题9、A【解析】由题意得，方程在区间上的解的个数即函数与函数的图像在区间上的交点个数在同一坐标系内画出两个函数图像，注意当时，恒成立，易得交点个数为.选A点睛：函数零点的求解与判断方法：（1）直接求零点：令f(x)0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点（2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间a，b上是连续不断的曲线，且f(a)f(b)0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点（3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点但在应用图象解题时要注意两个函数图象在同一坐标系内的相对位置，要做到观察仔细，避免出错10、B【解析】由零点存在定理判定可得答案.【详解】因为在上单调递减，且，所以的零点所在区间为故选：B二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】由图象可得出函数的最小正周期，可求得的值，再由结合的取值范围可求得的值，即可得出函数的解析式.【详解】函数的最小正周期为，则，则，因为且函数在处附近单调递减，则，得，因，所以所以故答案为：.12、12【解析】由函数的奇偶性可知，代入函数解析式即可求出结果.【详解】函数是定义在上的奇函数，则，.【点睛】本题主要考查函数的奇偶性，属于基础题型.13、 【解析】不等式的解集为x|-1x2，可得-1，2是一元二次方程的两个实数根，且a0，利用根与系数的关系可得a，b，即可得出【详解】解：不等式的解集为x|-1x2，-1，2是一元二次方程的两个实数根，且a0，解得解得a=-1，b=1则不等式化为，解得. 不等式的解集为.故答案为.【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法、一元二次方程的根与系数的关系，考查了计算能力，属于中档题14、 “，”【解析】直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可【详解】因为全称命题的否定为特称命题，故命题“，”的否定为：“，”故答案为：“，”15、【解析】求出导函数，然后解不等式确定的范围后可得最大值【详解】由题意，的最大值为故答案为：【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性，考查两角和与差的正弦公式，考查正弦函数的性质，根据导数与单调性的关系列不等式求解即可16、【解析】先作出函数的大致图象，由函数性质及图象可知八个根是两两关于轴对称的，因此分析可得,，进而将转化为形式，再数形结合，求得结果.【详解】作出函数的图象如图：直线与函数的图象恰有八个交点，其横坐标分别为，不妨设从左到右分别是，则 ，由函数解析式以及图象可知： ，即 ，同理： ；由图象为偶函数，图象关于轴对称可知： ，所以又因为是方程 的两根，所以 ，而 ，所以 ，故 ，即，故答案为：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），；（2）【解析】（1）根据已知的关系式以及函数的奇偶性列出另一个关系式，联立求出函数和的表达式；（2）先将已知不等式进行化简，然后可以分离参数，利用基本不等式求最值即可求解【详解】（1）因为为偶函数，为奇函数，所以，即，联立，解得：，（2）因为，由对于任意的恒成立，可得对于任意的恒成立，即对于任意的恒成立，所以对于任意的恒成立，所以，因为，当且仅当即时等号成立，所以，所以的最大值为18、（）证明见解析（）【解析】（）由已知可得，即可证明结论；（）底面，根据已知条件求出梯形面积，即可求解.【详解】（）证明：因为底面，平面，所以.因为，所以.又，所以平面. （）解：由（）可知，在中，又因为，则.又，所以四边形为矩形，四边形为梯形.因为，所以，于是四棱锥的体积为.【点睛】本题考查线面垂直的证明，注意空间垂直之间的转化，考查椎体的体积，属于基础题.19、（1）证明见解析；（2）当时，有最小值2；当时，有最大值.【解析】（1）根据单调性的定义，直接证明，即可得出结论；（2）根据（1）的结果，确定函数在给定区间的单调性，即可得出结果.【详解】（1）证明：在上任取，且，即，故在上是增函数；（2）解：由（1）知：在上是增函数，当时，有最小值2；当时，有最大值.【点睛】本题主要考查证明函数单调性，以及由函数单调性求最值，属于常考题型.20、（1）最小正周期对称中心为：，.（2）【解析】（1）根据周期和对称轴公式直接求解；（2）先根据定义域求的范围，再求函数的最小值，求参数的值.【详解】（1），的最小正周期令，解得，的对称中心为：，.（2）当时，故当时，函数取得最小值，即，取得最小值为，【点睛】本题考查的基本性质，意在考查基本公式和基本性质，属于基础题型.21、【解析】本题主要是考查了向量的数量积的性质和三角函数中恒等变换的综合运用先利用得到cosB,然后结合向量的数量积公式以及两角和的正弦公式得到结论.【详解】解：由题意得：，即又又是的内角，故可知又