云南省红河州泸西一中2023届高一上数学期末联考模拟试题含解析.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．下列函数中，既是偶函数，又是（0，+∞）上的减函数的是（　　）
A. B.
C. D.
2．设集合A={1，3，5}，B={1，2，3}，则A∪B=（　　）
A. B.
C.3， D.2，3，
3．若方程表示圆，则实数的取值范围是
A. B.
C. D.
4．已知，， ，则（ ）
A. B.
C. D.
5．若一个三角形采用斜二测画法作直观图，则其直观图的面积是原来三角形面积的（ ）倍.
A B.
C. D.2
6．2018年，晓文同学参加工作月工资为7000元，各种用途占比统计如下面的条形图.后来晓文同学加强了体育锻炼，目前月工资的各种用途占比统计如下面的折线图.已知目前的月就医费比刚参加工作时少200元，则目前晓文同学的月工资为

A.7000 B.7500
C.8500 D.9500
7．设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，给出下列命题：
①若，，，则；
②若，，则；
③若，，，则；
④若，，则
其中正确命题的序号是
A.①③ B.①④
C.②③ D.②④
8．不等式x2≥2x的解集是(　　)
A.{x|x≥2} B.{x|x≤2}
C.{x|0≤x≤2} D.{x|x≤0或x≥2}
9．函数的图象如图所示，则在区间上的零点之和为（）

A. B.
C. D.
10．已知四面体中，，分别是，的中点，若，，，则与所成角的度数为

A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知，，，则的最大值为___________.
12．函数的最大值为___________.
13．写出一个同时具有下列三个性质的函数：___________.①函数为指数函数；②单调递增；③.
14．函数零点的个数为______.
15．已知正实数, ,且，若，则的值域为__________
16．《九章算术》中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.已知阳马，底面，，，，则此阳马的外接球的表面积为______.
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．等腰直角三角形中，，为的中点，正方形与三角形所在的平面互相垂直

（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）若，求点到平面的距离
18．已知向量，，，求：
（1）,；
（2）
19．某乡镇为了进行美丽乡村建设，规划在长为10千米的河流的一侧建一条观光带，观光带的前一部分为曲线段，设曲线段为函数，（单位：千米）的图象，且曲线段的顶点为；观光带的后一部分为线段，如图所示.

（1）求曲线段对应的函数的解析式；
（2）若计划在河流和观光带之间新建一个如图所示的矩形绿化带，绿化带由线段构成，其中点在线段上．当长为多少时，绿化带的总长度最长？
20．如图，四棱锥的底面是菱形，，平面，是的中点.

（1）求证：平面平面；
（2）棱上是否存在一点，使得平面？若存在，确定的位置并加以证明；若不存在，请说明理由.
21．设函数，其中
（1）若当时取到最小值，求a的取值范围
（2）设的最大值为，最小值为，求的函数解析式，并求的最小值

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、D
【解析】根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性与单调性，综合即可得答案．
【详解】解：根据题意，依次分析选项：
对于，是奇函数，不符合题意；
对于，，是指数函数，不是偶函数，不符合题意；
对于，，是偶函数，但在上是增函数，不符合题意；
对于，，为开口向下的二次函数，既是偶函数，又是上的减函数，符合题意；
故选．
【点睛】本题考查函数单调性与奇偶性的判断，关键是掌握常见函数的奇偶性与单调性，属于基础题．
2、D
【解析】直接利用集合运算法则得出结果
【详解】因A=（1，3，5}，B={1，2，3}，
所以则A∪B=2，3，，故选D
【点睛】本题考查集合运算，注意集合中元素的的互异性，无序性
3、A
【解析】由二元二次方程表示圆的充要条件可知：，解得，故选A
考点：圆的一般方程
4、C
【解析】求出集合，利用交集的定义可求得集合.
【详解】已知，， ，则，
因此，.
故选：C.
5、A
【解析】以三角形的一边为x轴，高所在的直线为y轴，由斜二测画法看三角形底边长和高的变化即可
【详解】以三角形的一边为x轴，高所在的直线为y轴，由斜二测画法知，
三角形的底长度不变，高所在的直线为y′轴，长度减半，
故三角形的高变为原来的，
故直观图中三角形面积是原三角形面积的.
故选：A.
【点睛】本题考查平面图形的直观图，由斜二测画法看三角形底边长和高的变化即可，属于基础题.
6、C
【解析】根据两次就医费关系列方程，解得结果.
【详解】参加工作就医费为，
设目前晓文同学的月工资为，则目前的就医费为，
因此选C.
【点睛】本题考查条形图以及折线图，考查基本分析判断与求解能力，属基础题.
7、C
【解析】由空间中直线与平面的位置关系逐项分析即可
【详解】当时，可能平行，也可能相交或异面，所以①不正确；当时，可以平行，也可以相交，所以④不正确；若，，则；若，则，故正确命题的序号是②③.
【点睛】本题考查空间中平面与直线的位置关系，属于一般题
8、D
【解析】由x2≥2x解得：x(x－2)≥0，所以x≤0或x≥2.选D.
9、D
【解析】先求出周期，确定，再由点确定，得函数解析式，然后可求出上的所有零点
【详解】由题意，
∴，又且，
∴，
∴
由得，，，
在内有：，它们的和为
故选：D
10、D
【解析】取的中点，连接，，则（或补角）是与所成的角，利用勾股定理可求该角为直角.
【详解】
如图，取的中点，连接，，则，，
（或补角）是与所成的角，
，，
，，而，所以，.
故选：D.
【点睛】本题考查异面直线所成的角，此类问题一般需要通过平移构建平面角，再利用解三角形的方法求解.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】由题知，进而令，，再结合基本不等式求解即可.
【详解】解：，当时取等，
所以，
故令，则，
所以，
当时，等号成立.
所以的最大值为
故答案为：
12、
【解析】根据二次函数的性质，结合给定的区间求最大值即可.
【详解】由，则开口向上且对称轴为，又，
∴，，故函数最大值为.
故答案为：.
13、（答案不唯一）
【解析】根据给定条件①可得函数的解析式，再利用另两个条件判断作答.
【详解】因函数是指数函数，则令，且，于是得，
由于单调递增，则，又，解得，取，
所以.
故答案为：（答案不唯一）
14、2
【解析】将函数的零点的个数转化为与的图象的交点个数，在同一直角坐标系中画出图象即可得答案.
【详解】解：令，这，
则函数的零点的个数即为与的图象的交点个数，
如图：

由图象可知，与的图象的交点个数为2个，
即函数的零点的个数为2.
故答案为：2.
【点睛】本题考查函数零点个数问题，可转化为函数图象交点个数，考查学生的作图能力和转化能力，是基础题.
15、
【解析】因为，
所以.
因为且,.
所以，所以，
所以,.
则的值域为.
故答案为.
16、
【解析】将该几何体放入长方体中，即可求得外接球的半径，再由球的表面积公式即可得解.
【详解】将该几何体放入长方体中，如图，

易知该长方体的长、宽、高分别为、、，
所以该几何体的外接球半径，
所以该球的表面积.
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、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）连, 交于,连,由中位线定理即可证明平面.
（Ⅱ）根据,由等体积法即可求得点到平面的距离.
【详解】（Ⅰ）连,设交于,连,如下图所示:

因为为的中点,为的中点,
则
面,不在面内，
所以平面
（Ⅱ）因为等腰直角三角形中,
则,又因为
所以平面
则
设点到平面的距离为.
注意到，
由,代入可得：
，
解得.
即点到平面的距离为.
【点睛】本题考查了直线与平面平行的判定,等体积法求点到平面距离的方法,属于中等题.
18、（1），
（2）
【解析】（1）利用向量的坐标运算即得；
（2）利用向量模长的坐标公式即求.
【小问1详解】
∵向量，，
，
所以，.
【小问2详解】
∵，，
∴，
所以
19、 (1) .
(2)当OM长为1千米时，绿化带的总长度最长.
【解析】（1）由题意首先求得a,b,c的值，然后分段确定函数的解析式即可；
（2）设，由题意得到关于t的函数，结合二次函数的性质确定当长为多少时，绿化带的总长度最长即可.
【详解】（1）因为曲线段OAB过点O，且最高点为，
，解得.
所以，当时，，
因为后一部分为线段BC，，
当时，，
综上，.
（2）设，则，
由，得，所以点，
所以，绿化带的总长度：
.
所以当时.
【点睛】本题考查分段函数求函数值，要确定好自变量的取值范围，再代入相应的解析式求得对应的函数值，分段函数分段处理，这是研究分段函数图象和性质最核心的理念.

20、 (1)见解析(2) 点为的中点
【解析】（1）证面面垂直，可先由线面垂直入手即，进而得到面面垂直；（2）通过构造平行四边形，得到线面平行．
解析：
（1）连接，因为底面是菱形，,所以为正三角形.
因为是的中点, 所以,
因为面,，∴，
因为，，,
所以.
又, 所以面⊥面.

（2）当点为的中点时，∥面.
事实上，取的中点,的中点，连结，，
∵为三角形的中位线，
∴∥且，
又在菱形中，为中点，
∴∥且，
∴∥且，
所以四边形平行四边形.
所以 ∥，
又面，面，
∴∥面，结论得证.

点睛：这个题目考查了线面平行的证明，线面垂直的证明．一般证明线面平行是从线线平行入手，通过构造平行四边形，三角形中位线，梯形底边等，找到线线平行，再证线面平行．证明线线垂直也可以从线面垂直入手．
21、（1）
（2），最小值为.
【解析】（1）求得函数的导数，令，要使得函数在取到最小值，则函数必须先减后增，列出方程组，即可求解；
（2）由（1）知，若时，得到函数在上单调递减，得到；若时，令，求得，分，，
三种情况讨论，求得函数的解析式，利用一次函数、换元法和二次函数的性质，即可求解.
【小问1详解】
解：由函数，可得，
令，
要使得函数在取到最小值，则函数必须先减后增，
则满足，解得，
即实数取值范围为.
【小问2详解】
解：由（1）知，设，
若时，即时，，即，函数在上单调递减，
所以，可得；
若时，即时，
令，即，解得或，
①当时，即时，在恒成立，即，
可得函数在上单调递增，所以，可得；
②当时，即时，在恒成立，即，
可得函数在上单调递减，所以，
可得；
③当时，即时，
当时，，即，单调递减；
当时，，即，单调递增，
所以当时，函数取得最小值，即，
又由，可得，
（i）当时，，即，所以，
此时；
（ii）当时，，即，所以，
此时，
综上可得，函数的解析式为，
当时，；
当时，；
当时，令，则，可得，
根据二次函数的性质，可得当时，函数取得最小值，最小值为；
当时，令，则，可得，
则，
综上可得，函数的最小值为.