2023届安徽亳州利辛县阚疃金石中学高一数学第一学期期末联考模拟试题含解析

2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．关于的方程的实数根的个数为（）A.6 B.4C.3 D.22．已知全集，集合，，则（）A. B.C D.3．要得到函数的图像，只需将函数图的图像A.向右平移个单位 B.向右平移个单位C.向左平移个单位 D.向左平移个单位4．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集为（）A. B.C.( D.5．已知函数在[2，3]上单调递减，则实数a的取值范围是（）A. B.C. D.6．设，且，则下列不等式一定成立的是（）A. B.C. D.7．“”是“”的（）A.充要条件 B.既不充分也不必要条件C.充分不必要条件 D.必要不充分条件8．已知在定义域上是减函数，且，则的取值范围为（）A.（0，1） B.（-2，1）C.（0，） D.（0，2）9．在正项等比数列中，若依次成等差数列，则的公比为A.2 B.C.3 D.10．三棱柱中，侧棱垂直于底面，底面三角形是正三角形，是的中点，则下列叙述正确的是①与是异面直线；②与异面直线，且③面④A.② B.①③C.①④ D.②④11．已知正数、满足，则的最小值为A. B.C. D.12．已知cosα＝，cos(α＋β)＝－，且α，β∈，则cos(α－β)的值等于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．已知向量，，，，则与夹角的余弦值为______14．若，则____________.15．若定义域为的函数满足：对任意能构成三角形三边长的实数，均有，，也能构成三角形三边长，则m的最大值为______．（是自然对数的底）16．声强级L（单位：dB）由公式给出，其中I为声强（单位：W/m2）.声强级为60dB的声强是声强级为30dB的声强的______倍.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，当时，求函数在上的最大值；对任意的，，都有成立，求实数a的取值范围18．△ABC的两顶点A（3，7），B（，5），若AC的中点在轴上，BC的中点在轴上（1）求点C的坐标；（2）求AC边上中线BD的长及直线BD的斜率19．已知集合，.（1）分别判断元素，与集合A，B的关系；（2）判断集合A与集合B的关系并说明理由.20．已知函数（1）当时，在上恒成立，求的取值范围；（2）当时，解关于的不等式21．已知（1）化简；（2）若是第三象限角，且，求的值22．如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2，AA1＝，BB1＝2，点E和F分别为BC和A1C的中点(1)求证：EF∥平面A1B1BA；(2)求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小．

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、D【解析】转化为求或的实根个数之和，再构造函数可求解.【详解】因为，所以，所以，所以或，令，则或，因为为增函数，且的值域为，所以和都有且只有一个实根，且两个实根不相等，所以原方程的实根的个数为.故选：D2、C【解析】根据集合补集和交集运算方法计算即可.【详解】表示整数集Z里面去掉这四个整数后构成的集合，∴.故选：C.3、D【解析】根据三角函数图像变换的知识，直接选出正确选项.【详解】依题意，故向左平移个单位得到，故选D.【点睛】本小题主要考查三角函数图像变换的知识，属于基础题.4、C【解析】根据奇偶性求分段函数的解析式，然后作出函数图象，根据单调性解不等式即可.【详解】因为当时，，且函数是定义在上的奇函数，所以时，，所以，作出函数图象：所以函数是上的单调递增，又因为不等式，所以，即，故选：C.5、C【解析】根据复合函数的单调性法则“同增异减”求解即可.【详解】由于函数在上单调递减，在定义域内是增函数，所以根据复合函数的单调性法则“同增异减”得：在上单调递减，且，所以且，解得：.故的取值范围是故选：C.6、D【解析】利用特殊值及不等式的性质判断可得；【详解】解：因为，对于A，若，，满足，但是，故A错误；对于B：当时，，故B错误；对于C：当时没有意义，故C错误；对于D：因为，所以，故D正确；故选：D7、D【解析】求得的解集，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.【详解】由，可得或，所以“”是“或”成立的充分不必要条件，所以“”是“”必要不充分条件.故选：D.8、A【解析】根据函数的单调性进行求解即可.【详解】因为在定义域上是减函数，所以由，故选：A9、A【解析】由等差中项的性质可得，又为等比数列，所以，化简整理可求出q的值【详解】由题意知，又为正项等比数列，所以，且，所以，所以或（舍），故选A【点睛】本题考查等差数列与等比数列的综合应用，熟练掌握等差中项的性质，及等比数列的通项公式是解题的关键，属基础题10、A【解析】对于①，都在平面内，故错误；对于②，为在两个平行平面中且不平行的两条直线，底面三角形是正三角形，是中点，故与是异面直线，且，故正确；对于③，上底面是一个正三角形，不可能存在平面，故错误；对于④，所在的平面与平面相交，且与交线有公共点，故错误.故选A11、B【解析】由得，再将代数式与相乘，利用基本不等式可求出的最小值【详解】，所以，，则，所以，，当且仅当，即当时，等号成立，因此，的最小值为，故选【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，对代数式进行合理配凑，是解决本题的关键，属于中等题12、D【解析】∵α∈，∴2α∈(0，π)．∵cosα＝，∴cos2α＝2cos2α－1＝－，∴sin2α＝，而α，β∈，∴α＋β∈(0，π)，∴sin(α＋β)＝，∴cos(α－β)＝cos[2α－(α＋β)]＝cos2αcos(α＋β)＋sin2αsin(α＋β)＝＝.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】运用平面向量的夹角公式可解决此问题．【详解】根据题意得，，，，故答案为．【点睛】本题考查平面向量夹角公式的简单应用．平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角，（此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影，在上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量的模（平方后需求）.14、##0.6【解析】，根据三角函数诱导公式即可求解.【详解】＝.故答案为：.15、##【解析】不妨设三边的大小关系为：，利用函数的单调性，得出，，的大小关系，作为三角形三边则有任意两边之和大于第三边，再利用基本不等式求出边的范围得出的最大值即可.【详解】在上严格增，所以，不妨设，因为对任意能构成三角形三边长的实数，均有，，也能构成三角形三边长，所以，因为，所以，因为对任意都成立，所以，所以，所以，所以，所以m的最大值为故答案为：.16、1000【解析】根据已知公式，应用指对数的关系及运算性质求60dB、30dB对应的声强，即可得结果.【详解】由题设，，可得，，可得，∴声强级为60dB的声强是声强级为30dB的声强的倍.故答案为：1000.三、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）3；（2）.【解析】（1）由，得出函数的解析式，根据函数图象，得函数的单调性，即可得到函数在上的最大值；（2）对任意的，都有成立，等价于对任意的，成立，再对进行讨论，即可求出实数的取值范围.试题解析：（1）当时，，结合图像可知，函数在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，又，，所以函数在上的最大值为3.（2），由题意得：成立.①时，，函数在上是增函数，所以，，从而，解得，故.②因为，由，得：，解得：或（舍去）当时，，此时，，从而成立，故当时，，此时，，从而成立，故，综上所述：.点睛：（1）对于形如，对任意的，恒成立的问题，可转化为恒成立的问题，然后根据函数的单调性将函数不等式转化为一般不等式处理；（2）解决不等式的恒成立问题时，要转化成函数的最值问题求解，解题时可选用分离参数的方法，若参数无法分离，则可利用方程根的分布的方法解决，解题时注意区间端点值能否取等号18、（1）（2），【解析】（1）由条件利用线段的中点公式求得点C的坐标；（2）求得线段AC的中点D的坐标，再利用两点间的距离公式、斜率公式求得AC边上的中线BD的长及直线BD的斜率试题解析：（1）设,考点：1.待定系数法求直线方程；2.中点坐标公式19、（1），，，；（2），理由见解析.【解析】（1）根据集合的描述，判断是否存在使，属于集合A，B即可.（2）法一：由（1）结论，并判断是否有，即知A与B的关系；法二：={x|x是的整数倍}，={x|x是的奇数倍}，即知A与B的关系；【小问1详解】法一：令，得，故；令，得，故.同理，令，得，故；令，得，故.法二：由题意得：，又，故，；，.【小问2详解】法一：由（1）得：，，故；又，，由，得，故，所以，都有，即，又，所以.法二：由题意得={x|x是的整数倍}，={x|x是的奇数倍}，因为奇数集是整数集的真子集，所以集合B是集合A的真子集，即.20、（1）（2）答案不唯一，具体见解析【解析】（1）利用参变量分离法可求得实数的取值范围；（2）分、、、四种情况讨论，结合二次不等式的解法可求得原不等式的解集.【小问1详解】由题意得，当时，在上恒成立，即当时，在上恒成立，不等式可变为，令，，则，故，解得【小问2详解】当时，解不等式，即当时，解不等式，不等式可变为，若时，不等式可变为，可得；若时，不等式可变为，当时，，可得或；当时，，即，可得且；当时，，可得或综上：当时，原不等式的解集是；当时，原不等式的解集是；当时，原不等式的解集是；当时，原不等式的解集是21、(1)；(2).【解析】(1)利用诱导公式化简==；(2)由诱导公式可得，再利用同角三角函数关系求出即可试题解析：（1）（2）∵,∴，又第三象限角，∴，∴点睛：（1）三角函数式化简的思路：①切化弦，统一名；②用诱导公式，统一角；③用因式分解将式子变形，化为最简（2）解题时要熟练运用诱导公式和同角三角函数基本关系式，其中确定相应三角函数值的符号是解题的关键.22、（1）详见解析（2）30°【解析】（1）连接A1B，结合三角形中位线定理，得到平行，结合直线与平面平行，的判定定理，即可．（2）取的中点N，连接，利用直线与平面垂直判定定理，得到平面，找出即为所求的角，解三角形，计算该角的大小，即可【详解】解：(1)证明：如图，连接A1B.在△A1BC中，因为E和F分别是BC和A1C的中点，所以EF∥BA1.又EF⊄平面A1B1BA，所以EF∥平面A1B1BA(2)解：因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC.因为AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，所以BB1⊥平面ABC，从而BB1⊥AE.又BC∩BB1＝B，所以AE⊥平面BCB1，.取BB1的中点M和B1C的中点N，连接A1M，A1N，NE.因为N和E分别为B1C和BC的中点，所以NE∥B1B，NE＝B1B，故NE∥A1A且NE＝A1A，所以A1N∥AE，且A1N＝AE.因为AE⊥平面BCB1，所以A1N⊥平面BCB1，从而∠A1B1N为直线A1B1与平面BCB1所成的角．