浙江省金华市磐安县第二中学2022年高一数学第一学期期末综合测试模拟试题含解析.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；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．始边是x轴正半轴，则其终边位于第（）象限
A.一 B.二
C.三 D.四
2．已知等腰直角三角形的直角边的长为4，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为（）
A. B.
C. D.
3．函数的单调递减区间是（）
A.（） B.（）
C.（） D.（）
4．已知是定义在上的奇函数且单调递增，，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
5．如图所示，点P在正方形ABCD所在平面外，PA⊥平面ABCD，PA＝AB，则PB与AC所成的角（　　）

A.90° B.60°
C.45° D.30°
6．已知函数那么“a=0”是“函数是增函数”的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
7．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.2 B.
C.1 D.
8．定义在上的偶函数满足当时, ,则
A. B.
C. D.
9．已知，，且，，，那么的最大值为（）
A. B.
C.1 D.2
10．已知函数f(x)=Acos(ωx+φ)的图像如图所示，，则f(0)=（ ）

A. B.
C. D.
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．在中,边上的中垂线分别交于点若,则_______
12．如果对任意实数x总成立，那么a的取值范围是____________.
13．已知函数，若，则______.
14．已知函数，，那么函数图象与函数的图象的交点共有__________个
15．定义在上的函数满足，且时，，则________
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．已知圆与直线相切，圆心在直线上，且直线被圆截得的弦长为.
（1）求圆的方程，并判断圆与圆的位置关系；
（2）若横截距为-1且不与坐标轴垂直的直线与圆交于两点，在轴上是否存在定点， 使得，若存在，求出点坐标，若不存在，说明理由.
17．设全集，集合，
（1）当时，求；
（2）若，求实数的取值范围
18．若二次函数满足，且.
（1）求的解析式；
（2）若在区间上，不等式恒成立，求实数的取值范围.
19．已知函数（常数）.
（Ⅰ）当时，求不等式的解集；
（Ⅱ）当时，求最小值.
20．已知函数为偶函数.
（1）求的值；
（2）求的最小值；
（3）若对恒成立，求实数的取值范围.
21．已知函数在区间上的最大值为6.
（1）求常数m的值；
（2）当时，将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到函数，求函数的单调递减区间、对称中心.

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】将转化为内的角，即可判断.
【详解】，所以的终边和的终边相同，即落在第二象限.
故选：B
2、D
【解析】如图
为等腰直角三角形旋转而成的旋转体
这是两个底面半径为，母线长4的圆锥，
故S=2πrl=2π××4=
故答案为D.
3、A
【解析】根据余弦函数单调性，解得到答案.
【详解】解：，令，，解得，，故函数的单调递减区间为；
故选：A.
4、A
【解析】根据函数的奇偶性，把不等式转化为，再结合函数的单调性，列出不等式组，即可求解.
【详解】由题意，函数是定义在上的奇函数，所以，
则不等式，可得，
又因为单调递增，所以，解得，
故选：.
【点睛】求解函数不等式的方法：
1、解函数不等式的依据是函数的单调性的定义，
具体步骤：①将函数不等式转化为的形式；②根据函数的单调性去掉对应法则“”转化为形如：“”或“”的常规不等式，从而得解.
2、利用函数的图象研究不等式，当不等式问题不能用代数法求解但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数的图象上、下关系问题，从而利用数形结合求解.
5、B
【解析】将原图还原到正方体中，连接SC，AS，可确定（或其补角）是PB与AC所成的角.
【详解】因为ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB，可将原图还原到正方体中，连接SC，AS，则PB平行于SC，如图所示.

∴（或其补角）是PB与AC所成的角，∵为正三角形，
∴，∴PB与AC所成角为.
故选：B.
6、A
【解析】利用充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】当时，，函数是增函数，故充分；
当函数是增函数时，则，故不必要；
故选：A
7、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
8、B
【解析】分析：先根据得周期为2，由时单调性得单调性，再根据偶函数得单调性，最后根据单调性判断选项正误.
详解：因为，所以周期为2，
因为当时, 单调递增，所以 单调递增，
因为，所以 单调递减，
因为， ,
所以, , ,,
选B.
点睛：利用函数性质比较两个函数值或两个自变量的大小，首先根据函数的奇偶性转化为单调区间上函数值，最后根据单调性比较大小，要注意转化在定义域内进行.
9、C
【解析】根据题意，由基本不等式的性质可得，即可得答案.
【详解】根据题意，，，，
则，当且仅当时等号成立，
即的最大值为1.
故选：
10、C
【解析】根据所给图象求出函数的解析式，即可求出.
【详解】设函数的周期为，由图像可知，则,故ω=3，
将代入解析式得，
则，所以，
令，代入解析式得，
又因为，解得，
，
.
故选：C.
【点睛】本题考查根据三角函数的部分图象求函数的解析式，属于基础题.

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、4
【解析】设，则，

，又，即，故答案为.
12、
【解析】先利用绝对值三角不等式求出的最小值，进而求出a的取值范围.
【详解】，当且仅当时等号成立，故，所以a的取值范围是.
故答案为：
13、16或-2
【解析】讨论和两种情况讨论，解方程，求的值.
【详解】当时，，成立，
当时，，成立，
所以或.
故答案为：或
14、8
【解析】在同一坐标系中，分别画出函数，及函数的图像，如图所示：

由图可知，两个函数的图象共有8个交点
故答案为8
点睛：解决函数与方程问题的基本思想就是数形结合思想和等价转化思想，运用函数图象来研究函数零点或方程解的个数，在画函数图象时，切忌随手一画，可利用零点存在定理，结合函数图象的性质，如单调性，奇偶性，将问题简化．
15、
【解析】根据题意可得，再根据对数运算法则结合时的解析式，即可得答案；
【详解】由可得函数为奇函数，
由可得，
故函数的周期为4，
所以，
因为，所以.
.
故答案为：.
【点睛】本题考查函数奇偶性及对数的运算法则，考查逻辑推理能力、运算求解能力.

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）相交（2）
【解析】（1）根据条件求得圆心和半径，从而由圆心距确定两圆的位置关系；
（2）设，与圆联立得，用坐标表示斜率结合韦达定理求解即可.
试题解析：
（1）设圆心为，则

，

（2）
联立

，

，

(2)法二：
联立
假设存在
则
，
故存在)满足条件.
17、（1）或；（2）
【解析】（1）由得到，然后利用集合的补集和交集运算求解.
（2）化简集合,根据,分和两种情况求解.
【详解】（1）当时，

或，
或.
（2）,
若,
则当时，,
不成立
，
解得，
的取值范围是.
18、（1）；（2）.
【解析】(1)由条件列关于a，b，c的方程，解方程求a，b，c，由此可得函数的解析式，(2)由已知可得在上恒成立，即，由此可求m的范围.
【详解】解：（1）由得，.∴
又∵，∴
即
∴∴∴
（2）不等式等价于
即
∵函数在上的最大值为
∴.
19、（Ⅰ）；（Ⅱ）答案见解析.
【解析】（Ⅰ）由，得到，再由，利用一元二次不等式的解法结合对数函数的单调性求解；.
（Ⅱ）化简得到函数，令，，转化为函数在上的最小值求解.，
【详解】（Ⅰ）当时，
，
由得，
即：，
解得：，
所以的解集为.
（Ⅱ），
，
.
令，因为，所以，
若求在上的最小值，
即求函数在上的最小值，
，，对称轴为.
①当时，即时，
函数在为减函数，所以；
②当时，即时，
函数在为减函数，在为增函数，
所以；
③当，即时，
函数在为增函数，
所以.
综上，当时，的最小值为；
当时，的最小值为；
当时，的最小值为.
【点睛】方法点睛：(1)二次函数在闭区间上的最值主要有三种类型：轴定区间定、轴动区间定、轴定区间动，不论哪种类型，解决的关键是考查对称轴与区间的关系，当含有参数时，要依据对称轴与区间的关系进行分类讨论．(2)二次函数的单调性问题则主要依据二次函数图象的对称轴进行分析讨论求解
20、（1）
（2）
（3）
【解析】（1）运用偶函数的定义和对数的运算性质，结合恒等式的性质可得所求值；
（2）运用对数运算性质及均值不等式即可得到结果；
（3）先证明函数单调性，化抽象不等式为具体不等式，转求函数的最值即可.
【小问1详解】
因为为偶函数，
所以，所以，
所以，
所以.
【小问2详解】

因为，
所以（当且仅当时等号成立），
所以最小值为.
【小问3详解】
，
任取且，
所以，
因为且，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以在上为增函数，
又因为为偶函数，所以，
当时，，
当时，，所以，
设
（当且仅当时，等号成立），
因为，所以等号能成立，
所以，
所以，
所以，
综上，.
21、（1）3（2）单调递减区间为；对称中心.
【解析】（1）先对化简，根据最大值求m；
（2）利用整体代入法求单调递减区间和对称中心.
【小问1详解】
，
由，所以在区间上的最大值为2+m+1=6，解得m=3.
【小问2详解】
由（1）知，.
将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到
.
要求函数的单调递减区间，只需，解得.
所以的单调递减区间为
要求函数的对称中心，只需，解得.
所以的对称中心为.