北京朝阳陈经纶中学2022-2023学年高一数学第一学期期末学业质量监测试题含解析.doc

2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题（本大题共12小题，共60分）
1．在平行四边形中，设，，，，下列式子中不正确的是（）
A. B.
C. D.
2．半径为的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（）
A. B.
C. D.
3．已知集合，集合，则A∩B＝（）
A. B.
C. D.
4．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.
5．关于不同的直线与不同的平面，有下列四个命题：
①， ，且，则 ②， ，且，则
③， ，且，则 ④， ，且，则
其中正确命题的序号是
A.① ② B.②③
C.①③ D.③④
6．已知，则的值为（）
A.－4 B.4
C.－8 D.8
7．若函数在单调递增，则实数a的取值范围为（）
A. B.
C. D.
8．设命题：，则的否定为（）
A. B.
C. D.
9．设和两个集合，定义集合，且，如果，，那么
A. B.
C. D.
10．下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. D.
11．已知函数，若当时，恒成立，则实数的取值范围是
A. B.
C. D.
12．铁路总公司关于乘车行李规定如下：乘坐动车组列车携带品的外部尺寸长、宽、高之和不超过．设携带品外部尺寸长、宽、高分别为（单位：），这个规定用数学关系式表示为（）
A. B.
C. D.
二、填空题（本大题共4小题，共20分）
13．设函数f（x）=，则f（-1）+f（1）=______
14．命题的否定是__________
15．已知，，，则，，的大小关系是______．（用“”连接）
16．函数最小值为______
三、解答题（本大题共6小题，共70分）
17．设函数且是定义域为的奇函数，
（1）若，求的取值范围；
（2）若在上的最小值为，求的值
18．设全集为，或，.
（1）求，；
（2）求.
19．设函数，且，函数
（1）求的解析式；
（2）若方程－b=0在 [－2，2]上有两个不同的解，求实数b的取值范围
20．已知函数，（，且）
（1）求函数的定义域；
（2）当时，求关于的不等式的解集
21．在底面为平行四边形的四棱锥中，，平面，且，点是的中点

（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求证：平面；
22．已知函数，且.
（1）求实数及的值；
（2）判断函数的奇偶性并证明.

参考答案

一、选择题（本大题共12小题，共60分）
1、B
【解析】根据向量加减法计算，再进行判断选择.
【详解】;
;
;

故选：B
【点睛】本题考查向量加减法，考查基本分析求解能力，属基础题.
2、A
【解析】根据题意可得圆锥母线长为，底面圆的半径为，求出圆锥高即可求出体积.
【详解】半径为半圆卷成一个圆锥，可得圆锥母线长为，底面圆周长为，
所以底面圆的半径为，圆锥的高为,
所以圆锥的体积为.
故选：A.
3、B
【解析】化简集合B，再求集合A,B的交集即可.
【详解】∵集合，集合，
∴.
故选：B.
4、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
5、C
【解析】根据线线垂直，线线平行的判定，结合线面位置关系，即可容易求得判断.
【详解】对于①，若， ，且，显然一定有，故正确；
对于②，因为， ，且，则的位置关系可能平行，也可能相交，也可能是异面直线，故错；
对于③，若，// 且//，则一定有，故③正确；
对于④，， ，且，则与的位置关系不定，故④错
故正确的序号有：①③.
故选C
【点睛】本题考查直线和直线的位置关系，涉及线面垂直以及面面垂直，属综合基础题.
6、C
【解析】由已知条件，结合同角正余弦的三角关系可得，再将目标式由切化弦即可求值.
【详解】由题意知：，即，
∴，而.
故选：C.
【点睛】本题考查了同角三角函数关系，应用了以及切弦互化求值，属于基础题.
7、D
【解析】根据给定条件利用对数型复合函数单调性列式求解作答.
【详解】函数中，令，函数在上单调递增，
而函数在上单调递增，则函数在上单调递增，且，
因此，，解得，
所以实数a的取值范围为.
故选：D
8、B
【解析】本题根据题意直接写出命题的否定即可.
【详解】解：因为命题：，
所以的否定：，
故选：B
【点睛】本题考查含有一个量词的命题的否定，是基础题.
9、D
【解析】根据的定义，可求出，，然后即可求出
【详解】解：，；
∴.
故选D.
【点睛】考查描述法的定义，指数函数的单调性，正弦函数的值域，属于基础题
10、A
【解析】根据指数函数的性质一一判断可得；
【详解】解：对于A：在定义域上单调递减，所以，故A正确；
对于B：在定义域上单调递增，所以，故B错误；
对于C：因为，，所以，故C错误；
对于D：因为，，即，所以，故D错误；
故选：A
11、D
【解析】是奇函数，单调递增，所以，得，
所以，所以，故选D
点睛：本题考查函数的奇偶性和单调性应用．本题中，结合函数的奇偶性和单调性的特点，转化得到，分参，结合恒成立的特点，得到，求出参数范围
12、C
【解析】根据长、宽、高的和不超过可直接得到关系式.
【详解】长、宽、高之和不超过，.
故选：.

二、填空题（本大题共4小题，共20分）
13、3
【解析】直接利用函数的解析式，求函数值即可
【详解】函数f（x）=，
则==3
故答案为3
【点睛】本题考查分段函数的应用，函数值的求法，考查计算能力
14、；
【解析】根据存在量词的命题的否定为全称量词命题即可得解；
【详解】解：因为命题“”为存在量词命题，其否定为全称量词命题为
故答案为：
15、
【解析】结合指数函数、对数函数的知识确定正确答案.
【详解】，
，
所以
故答案为：
16、
【解析】根据，并结合基本不等式“1”的用法求解即可.
【详解】解：因为，
所以
，当且仅当时，等号成立
故函数的最小值为.
故答案为：

三、解答题（本大题共6小题，共70分）
17、（1）；（2）2
【解析】（1）由题意，得，由此可得，再代入解方程可得，由此可得函数在上为增函数，再根据奇偶性与单调性即可解出不等式；
（2）由（1）得，，令，由得，利用换元法转化为二次函数的最值，再分类讨论即可求出答案
【详解】解：（1）由题意，得，即，解得，
由，得，即，解得，或（舍去），
∴，
∴函数在上为增函数，
由，得
∴，解得，或，
∴的取值范围是；
（2）由（1）得，，
令，由得，，
∴函数转化为，对称轴，
①当时，，即，
解得，或（舍去）；
②当时，，
解得（舍去）；
综上：
【点睛】本题主要考查函数奇偶性与单调性的综合应用，考查二次函数的最值问题，考查转化与化归思想，考查分类讨论思想，属于中档题
18、（1）或，
（2）或
【解析】（1）根据集合的交集和并集的定义即可求解；
（2）先根据补集的定义求出，然后再由交集的定义即可求解.
【小问1详解】
解：因为或，，
所以或，；
【小问2详解】
解：因为全集为，或，，
所以或，
所以或.
19、（1），（2）
【解析】（1）；本题求函数解析式只需利用指数的运算性质求出a的值即可， （2）对于同时含有的表达式，通常可以令进行换元，但换元的过程中一定要注意新元的取值范围，换元后转化为我们熟悉的一元二次的关系，从而解决问题
试题解析：解：（1）∵，且 ∴
∵ ∴
（2）法一：方程为 令，则-
且方程为在有两个不同的解
设 ， 两函数图象在内有两个交点

由图知时，方程有两不同解.
法二： 方程为 ，令，则
∴方程在 上有两个不同的解．设

解得
考点：求函数的解析式，求参数的取值范围
【方法点睛】求函数解析式的主要方法有待定系数法，换元法及赋值消元法等；已知函数的类型（如一次函数，二次函数，指数函数等），就可用待定系数法；已知复合函数的解析式，可用换元法，此时要注意自变量的取值范围；求分段函数的解析式时，一定要明确自变量的所属范围，以便于选择与之对应的对应关系，避免出错
20、（1）
（2）
【解析】（1）求使函数有意义的的范围即可；
（2）根据函数的单调性解不等式组可得答案.
【小问1详解】
由题意可得，解得，
故函数的定义域为
【小问2详解】
当时，函数是增函数，
因为，所以，解得
故原不等式的解集为
21、（1）见解析；（2）见解析
【解析】（Ⅰ）由已知得，，从而平面，由此能证明；（Ⅱ）连接与相交于，连接，由已知得，由此能证明平面
试题解析：（Ⅰ）由平面可得AC，
又， 故AC平面PAB，所以.
（Ⅱ）连BD交AC于点O，连EO，
则EO是△PDB的中位线，所以EOPB
又因为面，面，
所以PB平面

22、（1），；（2）是奇函数，证明见解析.
【解析】（1）根据，代入计算可得的值，即可求出函数的解析式，再代入计算可得；
（2）首先求出函数的定义域，再计算即可判断；
【详解】解：（1）因为，且.
所以
解得，
所以
所以
（2）由（1）可得.
因为函数的定义域为，关于原点对称且，
所以是奇函数.