2023届安徽省阜阳市界首市界首中学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答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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，且，则函数与函数在同一坐标系中的图像可能是（ ）A.B.C.D.2借助信息技术画出函数和（a为实数）的图象，当时图象如图所示，则函数的零点个数为（）A.3B.2C.1D.03已知a=1.50.2，b=log0.21.5，c=0.21.5，则（）A.abcB.bcaC.cabD.acb4集合的真子集的个数是（）A.B.C.D.5已知集合P=，则PQ=（ ）A.B.C.D.6函数的图像为（ ）A.B.C.D.7四名学生按任意次序站成一排，若不相邻的概率是（）A.B.C.D.8已知函数的图象是一条连续不断的曲线，且有如下对应函数值表：12456123.13615.55210.88-52.488-232.064在以下区间中，一定有零点的是（ ）A.（1，2）B.（2，4）C.（4，5）D.（5，6）9中国扇文化有着深厚的文化底蕴，小小的折扇传承千年的制扇工艺与书画艺术，折扇可以看作是从一个圆面中剪下的扇形制作而成，设折扇的面积为，圆面中剩余部分的面积为，当时，折扇的圆心角的弧度数为（）A.B.C.D.10若函数y=|x|（x-1）的图象与直线y=2（x-t）有且只有2个公共点，则实数t的所有取值之和为（）A.2B.C.1D.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设且，函数，若，则的值为_12已知角的终边过点，则_.13已知，向量与的夹角为，则_14已知函数，其所有的零点依次记为，则_.15已知函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围是_.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如图，在直三棱柱中，已知，设的中点为， 求证：（1）； （2）.17已知图像关于轴对称（1）求的值；（2）若方程有且只有一个实根，求实数的取值范围18化简求值：（1）已知，求的值；（2）19已知在半径为的圆中，弦的长为.（1）求弦所对的圆心角的大小；（2）求圆心角所在的扇形弧长及弧所在的弓形的面积.20已知.（1）求函数的定义域；（2）判断函数的奇偶性，并加以说明；（3）求的值.21已知(1)化简(2)若是第三象限角,且，求的值参考答案一、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、B【解析】结合指数函数、对数函数的图象按和分类讨论【详解】对数函数定义域是，A错；C中指数函数图象，则，为减函数，C错；BD中都有，则，因此为增函数，只有B符合故选：B2、B【解析】由转化为与的图象交点个数来确定正确选项.【详解】令，所以函数的零点个数即与的图象交点个数，结合图象可知与的图象有个交点，所以函数有个零点.故选：B3、D【解析】由对数和指数函数的单调性比较大小即可.【详解】因为，所以故选：D4、B【解析】确定集合的元素个数，利用集合真子集个数公式可求得结果.【详解】集合的元素个数为，故集合的真子集个数为.故选：B.5、B【解析】根据集合交集定义求解.【详解】故选：B【点睛】本题考查交集概念，考查基本分析求解能力，属基础题.6、B【解析】首先判断函数的奇偶性，再根据函数值的特征，利用排除法判断可得；【详解】解：因为，定义域为，且，故函数为偶函数，函数图象关于轴对称，故排除A、D，当时，所以，故排除C，故选：B7、B【解析】利用捆绑法求出相邻的概率即可求解.【详解】四名学生按任意次序站成一排共有，相邻的站法有，相邻的的概率，故不相邻的概率是.故选：B【点睛】本题考查了排列数以及捆绑法在排列中的应用，同时考查了古典概型的概率计算公式.8、C【解析】由表格数据，结合零点存在定理判断零点所在区间.【详解】 ，,又函数的图象是一条连续不断的曲线，由函数零点存在定理可得在区间上一定有零点故选：C.9、C【解析】设折扇的圆心角为，则圆面中剩余部分的圆心角为，根据扇形的面积公式计算可得；【详解】解：设折扇的圆心角为，则圆面中剩余部分的圆心角为，圆的半径为，依题意可得，解得；故选：C10、C【解析】可直接根据题意转化为方程有两个根，然后利用分类讨论思想去掉绝对值再利用判别式即可求得各个t的值【详解】由题意得方程有两个不等实根，当方程有两个非负根时，令 时，则方程为，整理得 ，解得；当时，解得，故不满足满足题意；当方程有一个正跟一个负根时，当时， ，解得，当时，方程为，解得；当方程有两个负根时，令，则方程为， 解得，当，解得，不满足题意综上，t的取值为 和，因此t的所有取值之和为1，故选C【点睛】本题是在二次函数的基础上加了绝对值，所以首先需解决绝对值，关于去绝对值直接用分类讨论思想即可；关于二次函数根的分布需结合对称轴，判别式，进而判断，必要时可结合进行判断二、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】根据函数的解析式以及已知条件可得出关于实数的等式，由此可解得实数的值.【详解】因为，且，则.故答案为：.12、【解析】根据角终边所过的点,求得三角函数,即可求解.【详解】因为角的终边过点则所以故答案为: 【点睛】本题考查了已知终边所过的点,求三角函数的方法,属于基础题.13、1【解析】由于.考点：平面向量数量积；14、16【解析】由零点定义,可得关于的方程.去绝对值分类讨论化简.将对数式化为指数式,再去绝对值可得四个方程.结合韦达定理,求得各自方程两根的乘积,即可得所有根的积.【详解】函数的零点即所以去绝对值可得或即或去绝对值可得或,或当,两边同时乘以,化简可得,设方程的根为.由韦达定理可得当,两边同时乘以,化简可得,设方程的根为.由韦达定理可得当,两边同时乘以,化简可得,设方程的根为.由韦达定理可得当,两边同时乘以,化简可得,设方程的根为.由韦达定理可得综上可得所有零点的乘积为故答案为: 【点睛】本题考查了函数零点定义,含绝对值方程的解法,分类讨论思想的应用,由韦达定理研究方程根的关系,属于难题.15、【解析】作出函数图象，进而通过数形结合求得答案.【详解】问题可以转化为函数的图象与直线有3个交点，如图所示：所以时满足题意.故答案为：.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、见解析；见解析.【解析】（1）要证明线面平行，转证线线平行，在AB1C中，DE为中位线，易得；（2）要证线线垂直，转证线面垂直平面,易证，从而问题得以解决.试题解析：在直三棱柱中， 平面，且矩形是正方形， 为的中点， 又为的中点， 又平面，平面， 平面 在直三棱柱中， 平面,平面, 又，平面，平面，平面，平面， 矩形是正方形，平面，平面又平面，.点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.17、（1）；（2）或.【解析】（1）根据为偶函数，将等式化简整理即可得到的值；（2）首先将方程化简为:，进而可得，令，则关于的方程只有一个正实数根，先考虑的情形是否符合，然后针对二次方程的根的分布分该方程有一正一负根、有两个相等的正根进行讨论求解，并保证即可，最后根据各种情况讨论的结果写出的取值范围的并集即可.【详解】(1)因为为偶函数，所以即， (2)依题意知: 由得令，则变为，只需关于的方程只有一个正根即可满足题意(1)，不合题意(2)式有一正一负根，则经验证满足，(3)若式有两相等正根，则，此时若，则，此时方程无正根故舍去若，则，且因此符合要求综上得:或.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是根据对数的运算性质得到有一个根，通过换元得到的方程只有一个正实数根，进而可根据分类讨论思想，结合二次方程根分布的知识求解即可.18、（1） （2）【解析】（1）先用诱导公式化简，再用同角三角函数的平方关系求解；（2）先用诱导公式化简，再代入特殊三角函数值计算即可.【小问1详解】 ；【小问2详解】19、（1）（2）【解析】（1）根据为等边三角形得出，（2）代入弧长公式和面积公式计算.【详解】（1）由于圆的半径为，弦的长为，所以为等边三角形，所以.（2）因为，所以.，又，所以.【点睛】本题主要考查了扇形的相关知识点，弦长、弧长、面积等，属于基础题，解题的关键是在于公式的熟练运用.20、 (1) (2) 偶函数 (3)【解析】（1）根据定义域的要求解出定义域即可；（2）奇偶性的证明首先定义域对称，再求解，得，所以为偶函数；（3）按照对数计算公式求解试题解析：（1）由得所以函数的域为（2）因为函数的域为又所以函数为偶函数（3）21、 (1);(2) .【解析】分析：(1)根据诱导公式化简即得，(2)先根据诱导公式得，再根据平方关系求，即得的值.详解： (1) .(2) 由，得：是第三象限角, 则点睛：本题考查诱导公式以及同角三角函数关系，考查基本求解能力.