2023届山东省潍坊新高一数学第一学期期末监测试题含解析

2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷注意事项:1．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．过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为()A. B.C.或 D.或2．若点关于直线的对称点是，则直线在轴上的截距是A.1 B.2C.3 D.43．已知弧长为的弧所对的圆心角为，则该弧所在的扇形面积为（）A. B.C. D.4．若，，则一定有（）A. B.C. D.以上答案都不对5．已知，则的值为（）A. B.C.1 D.26．如果直线l，m与平面满足和，那么必有（）A.且 B.且C.且 D.且7．若函数在定义域上的值域为，则（）A. B.C. D.8．函数的零点所在区间为A. B.C. D.9．如图，在平面四边形中，，，，将其沿对角线折成四面体，使平面平面，若四面体顶点在同一球面上，则该球的表面积为（）A. B.C. D.10．函数，的图象大致是（）A. B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．若函数满足：对任意实数，有且，当时，，则时，________12．在三棱锥中，，，，则三棱锥的外接球的表面积为________.13．已知函数，，则________14．已知为直角三角形的三边长，为斜边长，若点在直线上，则的最小值为__________15．函数的定义域为__________.16．在内不等式的解集为__________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．已知直线经过点，且与直线垂直.（1）求直线的方程；（2）若直线与平行且点到直线的距离为，求直线的方程.18．已知函数，.（1）若关于的不等式的解集为，当时，求的最小值；（2）若对任意的、，不等式恒成立，求实数的取值范围19．已知函数且.（1）若，求的值；（2）若在上的最大值为，求的值.20．如图所示，一块形状为四棱柱的木料，分别为的中点.（1）要经过和将木料锯开，在木料上底面内应怎样画线？请说明理由；（2）若底面是边长为2菱形，，平面，且，求几何体的体积.21．已知函数的图象过点，且满足（1）求函数的解析式：（2）求函数在上最小值；（3）若满足，则称为函数的不动点，函数有两个不相等且正的不动点，求t的取值范围

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】分截距为零和不为零两种情况讨论即可﹒【详解】当直线过原点时，满足题意，方程为，即2x－y＝0；当直线不过原点时，设方程为，∵直线过(1，2)，∴，∴，∴方程，故选：D﹒2、D【解析】∵点A（1，1）关于直线y=kx+b的对称点是B（﹣3，3），由中点坐标公式得AB的中点坐标为，代入y=kx+b得①直线AB得斜率为，则k=2.代入①得，．∴直线y=kx+b为，解得：y=4．∴直线y=kx+b在y轴上的截距是4．故选D．3、B【解析】先求得扇形的半径，由此求得扇形面积.【详解】依题意，扇形的半径为，所以扇形面积为.故选：B4、D【解析】对于ABC，举例判断，【详解】对于AB，若，则，所以AB错误，对于C，若，则，所以C错误，故选：D5、A【解析】先使用诱导公式，将要求的式子进行化简，然后再将带入即可完成求解.【详解】由已知使用诱导公式化简得：，将代入即.故选：A.6、A【解析】根据题设线面关系，结合平面的基本性质判断线线、线面、面面的位置关系.【详解】由，则；由，则；由上条件，m与可能平行、相交，与有可能平行、相交.综上，A正确；B，C错误，m与有可能相交；D错误，与有可能相交故选：A7、A【解析】的对称轴为，且，然后可得答案.【详解】因为的对称轴为，且所以若函数在定义域上的值域为，则故选：A8、C【解析】要判断函数的零点位置，我们可以根据零点存在定理，依次判断区间的两个端点对应的函数值，然后根据连续函数在区间上零点，则与异号进行判断【详解】，，故函数的零点必落在区间故选C【点睛】本题考查的知识点是函数的零点，解答的关键是零点存在定理：即连续函数在区间上与异号，则函数在区间上有零点9、B【解析】由题意，的中点就是球心，求出球的半径，即可得到球的表面积【详解】解：由题意，四面体顶点在同一个球面上，和都是直角三角形，所以的中点就是球心，所以，球的半径为：，所以球的表面积为：故选B【点睛】本题是基础题，考查四面体的外接球的表面积的求法，找出外接球的球心，是解题的关键，考查计算能力，空间想象能力10、A【解析】判断函数的奇偶性和对称性，以及函数在上的符号，利用排除法进行判断即可【详解】解：函数，则函数是奇函数，排除D，当时，，则，排除B，C，故选：A【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数奇偶性和对称性以及函数值的对应性，结合排除法是解决本题的关键．难度不大二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】由，可知.所以函数是周期为4的周期函数.，时，..对任意实数，有，可知函数关于点(1,0)中心对称,所以，又.所以.综上可知，时，.故答案为.点睛：抽象函数的周期性：（1）若，则函数周期为T；（2）若，则函数周期为（3）若，则函数的周期为；（4）若，则函数的周期为.12、【解析】构造长方体，使得面上的对角线长分别为4，5，,则长方体的对角线长等于三棱锥P-ABC外接球的直径，即可求出三棱锥P-ABC外接球的表面积【详解】∵三棱锥P−ABC中,PA=BC=4,PB=AC=5,PC=AB=，∴构造长方体,使得面上的对角线长分别为4,5,，则长方体的对角线长等于三棱锥P−ABC外接球的直径.设长方体的棱长分别为x,y,z,则，∴三棱锥P−ABC外接球的直径为，∴三棱锥P−ABC外接球的表面积为.故答案为：26π.【点睛】本题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于难题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；②若面（），则（为外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径.13、【解析】发现，计算可得结果.【详解】因为，，且，则.故答案为-2【点睛】本题主要考查函数的性质，由函数解析式，计算发现是关键，属于中档题.14、4【解析】∵a，b，c为直角三角形中的三边长，c为斜边长，∴c=，又∵点M（m，n）在直线l：ax+by+2c=0上，∴m2+n2表示直线l上的点到原点距离的平方，∴m2+n2的最小值为原点到直线l距离的平方，由点到直线的距离公式可得d==2，∴m2+n2的最小值为d2=4，故答案为4.15、【解析】解不等式即可得出函数的定义域.【详解】对于函数，有，解得.因此，函数的定义域为.故答案为：.16、【解析】利用余弦函数的性质即可得到结果.【详解】∵，∴，根据余弦曲线可得，∴.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)直线方程为或.【解析】⑴利用相互垂直的直线斜率之间的关系求出直线的斜率，代入即可得到直线的方程；⑵由已知设直线的方程为，根据点到直线的距离公式求得或，即可得到直线的方程解析：（1）由题意直线的斜率为1，所求直线方程为，即.（2）由直线与直线平行，可设直线的方程为，由点到直线的距离公式得，即，解得或.∴所求直线方程为或.18、（1）（2）【解析】（1）根据二次不等式的解集得，再根据基本不等式求解即可；（2）根据题意将问题转化为在恒成立，再令，（），分类讨论即可求解.【详解】（1）由关于的不等式的解集为，所以知∴又∵，∴，取“”时∴即的最小值为，取“”时（2）∵时，，∴根据题意得：在恒成立记，（）①当时，由，∴②当时，由，∴③当时，由，综上所述，的取值范围是【点睛】本题的第二问中关键是采用动轴定区间的方法进行求解，即讨论对称轴在定区间的左右两侧以及对称轴在定区间上的变化情况，从而确定该函数的最值.19、（1）；（2）或.【解析】（1）根据函数奇偶性的定义判断是奇函数，再由即可求解；（2）讨论和时，函数在上的单调性，根据单调性求出最值列方程，解方程可得的值.【小问1详解】因为的定义域为关于原点对称，，所以为奇函数，故.【小问2详解】，若，则单调递减，单调递增，可得为减函数，当时，，解得：，符合题意；若，则单调递增，单调递减，可得为增函数，当时，解得：，符合题意，综上所述：的值为或.20、(1)见解析(2)3【解析】（1）根据面面平行的性质，两个平行平面，被第三个平面所截，截得的交线互相平行，故得到就是应画的线；（2）几何体是由三棱锥和四棱锥组成，分割成两个棱锥求体积即可解析：（1）连接,则就是应画的线；事实上，连接,在四棱柱中，因为分别为的中点，所以，，所以平行四边形,所以，又在四棱柱中，所以，所以点共面，又面，所以就是应画线.（2）几何体是由三棱锥和四棱锥组成.因为底面是边长为的菱形，，平面，连接，即为三棱锥的高，又，所以，连接，为四棱锥的高,又，所以,所以几何体的体积为.21、（1）；（2）；（3）.【解析】(1)根据f(x)图像过点，且满足列出关