江苏省扬州市江都区大桥中学2023届高一数学第一学期期末达标检测试题含解析

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10小题；在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，请将正确选项填涂在答题卡上.）1．若偶函数在区间上单调递增，且，则不等式的解集是（）A. B.C. D.2．对于函数定义域中任意的，，当时，总有①；②都成立，则满足条件的函数可以是（）A. B.C. D.3．设P是△ABC所在平面内的一点，，则A. B.C. D.4．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是A. B.C. D.5．已知是偶函数，且在上是减函数，又，则的解集为（）A. B.C. D.6．已知直线的斜率为1，则直线的倾斜角为A. B.C. D.7．已知全集U＝R，集合，，则集合（）A. B.C. D.8．设，则A. B.C. D.9．若，则（）A. B.C. D.10．已知O是所在平面内的一定点，动点P满足，则动点P的轨迹一定通过的（）A.内心 B.外心C.重心 D.垂心二、填空题（本大题共5小题，请把答案填在答题卡中相应题中横线上）11．已知＝－5，那么tanα＝________.12．茎叶图表示的是甲，乙两人在5次综合测评中的成绩，记甲，乙的平均成绩分别为a，b，则a，b的大小关系是______13．的值为_______14．函数的图象关于原点对称，则__________15．已知函数，的图像在区间上恰有三个最低点，则的取值范围为________三、解答题（本大题共6小题.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）16．已知函数的图象的一部分如图所示：（1）求函数的解析式；（2）求函数图象的对称轴方程及对称中心17．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G分别是CB、CD、CC1的中点（Ⅰ）求证：平面AB1D1∥平面EFG；（Ⅱ）A1C⊥平面EFG18．设函数.（1）当时，若对于，有恒成立，求取值范围；（2）已知，若对于一切实数恒成立，并且存在，使得成立，求的最小值.19．已知（1）若a=2，求（2）已知全集，若，求实数a的取值范围20．在平面直角坐标系中，已知角的顶点都与坐标原点重合，始边都与x轴的非负半轴重合，角的终边与单位圆交于点，角的终边在第二象限，与单位圆交于点Q，扇形的面积为.（1）求的值；（2）求的值.21．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC与△A1B1C1都为正三角形且AA1⊥面ABC，F、F1分别是AC，A1C1的中点.求证：（1）平面AB1F1∥平面C1BF；（2）平面AB1F1⊥平面ACC1A1.

参考答案一、选择题（本大题共10小题；在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，请将正确选项填涂在答题卡上.）1、D【解析】由偶函数定义可确定函数在上的单调性，由单调性可解不等式．【详解】由于函数是偶函数，在区间上单调递增，且，所以，且函数在上单调递减.由此画出函数图象，如图所示，由图可知，的解集是.故选：D.【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性，属于基础题．2、B【解析】根据函数在上是增函数，且是上凸函数判断.【详解】由当时，总有，得函数在上是增函数，由，得函数是上凸函数，在上是增函数是增函数，是下凸函数，故A错误；在上是增函数是增函数，是上凸函数，故B正确；在上是增函数，是下凸函数；故C错误；在上是减函数，故D错误.故选：B3、B【解析】由向量的加减法运算化简即可得解.【详解】,移项得【点睛】本题主要考查了向量的加减法运算，属于基础题.4、B【解析】由三视图判断底面为等腰直角三角形，三棱锥的高为2，则，选B.【考点定位】三视图与几何体的体积5、B【解析】根据题意推得函数在上是增函数，结合，确定函数值的正负情况，进而求得答案.【详解】是偶函数，且在上是减函数，又，则，且在上是增函数，故时，，时，，故的解集是，故选：B.6、A【解析】设直线的倾斜角为，则由直线的斜率，则故故选7、D【解析】依次计算集合，最后得出结果即可.【详解】，，或，故.故选：D.8、B【解析】因为，所以．选B9、A【解析】利用作为分段点进行比较，从而确定正确答案.【详解】，所以.故选：A10、A【解析】表示的是方向上的单位向量，画图象，根据图象可知点在的角平分线上，故动点必过三角形的内心.【详解】如图，设，，已知均为单位向量，故四边形为菱形，所以平分，由得，又与有公共点，故三点共线，所以点在的角平分线上，故动点的轨迹经过的内心.故选：A.二、填空题（本大题共5小题，请把答案填在答题卡中相应题中横线上）11、－【解析】由已知得＝－5，化简即得解.【详解】易知cosα≠0，由＝－5，得＝－5，解得tanα＝－.故答案为：－【点睛】本题主要考查同角的商数关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.12、【解析】分别计算出甲，乙的平均分，从而可比较a，b的大小关系.【详解】易知甲的平均分为，乙的平均分为，所以.故答案为：.13、【解析】直接按照诱导公式转化计算即可【详解】tan300°=tan（300°﹣360°）=tan（﹣60°）=﹣tan60°=故答案为：【点睛】本题考查诱导公式的应用：求值．一般采用“大角化小角，负角化正角”的思路进行转化14、【解析】根据余弦型函数的对称性可得出结果.【详解】函数的图象关于原点对称，则.故答案为：.15、【解析】直接利用正弦型函数的性质的应用和函数的单调递区间的应用求出结果【详解】解：，，根据正弦型函数图象的特点知，轴左侧有1个或2个最低点①若函数图象在轴左侧仅有1个最低点，则，解得，，，此时在轴左侧至少有2个最低点函数图象在轴左侧仅有1个最低点不符合题意；②若函数图象在轴左侧有2个最低点，则，解得，又，则，故，时，在，恰有3个最低点综上所述，故答案：三、解答题（本大题共6小题.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）16、（1）；（2）对称轴，；对称中心为，【解析】（1）根据图形的最高点最低点，得到，以及观察到一个周期的长度为8，求出，在代入点的坐标即可求出，从而得到表达式；（2）利用正弦曲线的对称轴和对称中心，将看作整体进行计算即可.【详解】解：（1）由题图知，，，，又图象经过点，．，，（2）令，．，图象的对称轴，令，．图象的对称中心为，17、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）连接，推导出四边形是平行四边形，从而.再证出，.从而平面，同理平面，由此能证明平面平面（Ⅱ）推导出，，从而平面，，同理，由此能证明平面AB1D1，从而平面【详解】（Ⅰ）连接BC1，∵正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥C1D1，AB=C1D1，∴四边形ABC1D1是平行四边形，∴AD1∥BC1.又∵E，G分别是BC，CC1的中点，∴EG∥BC1，∴EG∥AD1.又∵EG⊄平面AB1D1，AD1⊂平面AB1D1，∴EG∥平面AB1D1.同理EF∥平面AB1D1，且EG∩EF=E，EG⊂平面EFG，EF⊂平面EFG，∴平面AB1D1∥平面EFG.

（Ⅱ）∵AB1D1正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB1⊥A1B.又∵正方体ABCD-A1B1C1D1中，BC⊥平面AA1B1B，∴AB1⊥BC.又∵A1B与BC都在平面A1BC中，A1B与BC相交于点B，∴AB1⊥平面A1BC，∴A1C⊥AB1同理A1C⊥AD1，而AB1与AD1都在平面AB1D1中，AB1与AD1相交于点A，∴A1C⊥平面AB1D1，因此，A1C⊥平面EFG【点睛】本题考查面面平行、线面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查空间思维能力，是中档题18、(1)(2)【解析】（1）据题意知，把不等式的恒成立转化为恒成立，设，则，根据二次函数的性质，求得函数的最大致，即可求解.（2）由题意，根据二次函数的性质，求得，进而利用基本不等式，即可求解.【详解】（1）据题意知，对于，有恒成立，即恒成立，因此，设，所以，函数在区间上是单调递减的，，（2）由对于一切实数恒成立，可得，由存在，使得成立可得，，，当且仅当时等号成立，【点睛】本题主要考查了恒成立问题的求解，以及基本不等式求解最值问题，其中解答中掌握利用分离参数法是求解恒成立问题的重要方法，再合理利用二次函数的性质，合理利用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.19、（1）；（2）.【解析】（1）根据解绝对值不等式的方法，结合二次根式的性质、集合交集的定义进行求解即可；（2）根据解绝对值不等式的方法、集合补集的定义，结合子集的性质进行求解即可.【小问1详解】当a=2时，因为，，所以；【小问2详解】，因为，所以，因此有或，解得或，因此实数a的取值范围为.20、（1）（2）【解析】（1）利用任意角的三角函数定义进行求解；（2）先利用扇形的面积公式求出其圆心角，进而得到，再利用两角和的余弦公式进行求解.小问1详解】解：由任意角的三角函数定义，得，，；【小问2详解】设，因为扇形的半径为1，面积为，所以，即，又因为角的终边在第二象限，所以不妨设，则.21、（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）由棱柱的性质及中点得B1F1∥BF，AF1∥C1F.，从而有线面平行，再有面面平行；（2）先证明B1F1⊥平面ACC1A1，然后可得面面垂直【详解】证明：（1）在正三棱柱ABC－A1B1C1中，连接，∵F、F1分别是AC、A1C1的中点，，，，∴是平行四边形，是平行四边形，∴B1F1∥BF，AF1∥C1F.平面，平面，∴