福建省惠安惠南中学2023届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． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，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．函数(且)的图象恒过定点，点又在幂函数的图象上，则的值为（ ）
A.-8 B.-9
C. D.
2．纳皮尔是苏格兰数学家，其主要成果有球面三角中纳皮尔比拟式、纳皮尔圆部法则（1614）和纳皮尔算筹（1617），而最大贡献是对数的发明，著有《奇妙的对数定律说明书》，并且发明了对数尺，可以利用对数尺查询出任意一对数值.现将物体放在空气中冷却，如果物体原来的温度是（℃），空气的温度是（℃），经过t分钟后物体的温度T（℃）可由公式得出，如温度为90℃的物体，放在空气中冷却2.5236分钟后，物体的温度是50℃，若根据对数尺可以查询出，则空气温度是（　　）
A.5℃ B.10℃
C.15℃ D.20℃
3．设，，，则a，b，c的大小关系是（　　）
A. B.
C. D.
4．设集合M＝{x|x＝×180°＋45°，k∈Z}，N＝{x|x＝×180°＋45°，k∈Z}，那么( 　)
A.M＝N B.N⊆M
C.M⊆N D.M∩N＝∅
5．已知集合，则集合中元素的个数为（ ）
A.1 B.2
C.3 D.4
6．采用系统抽样方法从人中抽取32人做问卷调查，为此将他们随机编号为，分组后在第一组采用简单随机抽样方法抽到的号码为.抽到的人中，编号落入区间的人做问卷，编号落入区间的人做问卷，其余的人做问卷.则抽到的人中，做问卷的人数为
A. B.
C. D.
7．函数y＝sin2x，xR的最小正周期是（ ）
A.3π B.π
C.2 D.1
8．已知为平面，为直线，下列命题正确的是
A.，若，则
B.，则
C.，则
D.，则
9．若定义在上的函数的值域为，则取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
10．已知直线，平面满足，则直线与直线的位置关系是
A.平行 B.相交或异面
C.异面 D.平行或异面
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知直线与圆相切，则的值为________
12．函数的定义域是_____________
13．函数的定义域为___
14．对于定义在上的函数，如果存在区间，同时满足下列两个条件：
①在区间上是单调递增的；②当时，函数的值域也是，则称是函数的一个“递增黄金区间”.下列函数中存在“递增黄金区间”的是：___________.（填写正确函数的序号）
①；②；③；④.
15．若关于的方程的一个根在区间上，另一个根在区间上，则实数的取值范围是__________
16．两平行直线与之间的距离______.
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．如图，在平面直角坐标系中，角，的始边均为轴正半轴，终边分别与圆交于，两点，若，，且点的坐标为

（1）若，求实数的值；
（2）若，求的值
18．（1）已知， ，求的值.
（2）证明: .
19．已知函数，且的解集为.
（1）求函数的解析式；
（2）设，若对于任意的、都有，求的最小值.
20．已知是定义在上的偶函数，且时，
（1）求函数的表达式；
（2）判断并证明函数在区间上的单调性
21．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EFG

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、A
【解析】令，可得点，设，把代入可得，从而可得的值.
【详解】∵，令，得，
∴，
∴的图象恒过点，
设，把代入得，
∴，∴，∴.
故选：A
2、B
【解析】依题意可得，即，即可得到方程，解得即可；
【详解】：依题意，即，又，所以，即，解得；
故选：B
3、C
【解析】先判断，再判断得到答案.
【详解】；；；
，即
故选：
【点睛】本题考查了函数值的大小比较，意在考查学生对于函数性质的灵活运用.
4、C
【解析】变形表达式为相同的形式，比较可得
【详解】由题意可
即为的奇数倍构成的集合，
又，即为的整数倍构成的集合，，
故选C
【点睛】本题考查集合的包含关系的判定，变形为同样的形式比较是解决问题的关键，属基础题
5、D
【解析】由题意，集合是由点作为元素构成的一个点集，根据，即可得到集合的元素.
【详解】由题意，集合B中元素有(1，1)，(1，2)，(2，1)，(2，2)，共4个．故选D
【点睛】与集合元素有关问题的思路：
（1）确定集合的元素是什么，即确定这个集合是数集还是点集
（2）看这些元素满足什么限制条件
（3）根据限制条件列式求参数的值或确定集合元素的个数，但要注意检验集合是否满足元素的互异性
6、C
【解析】从960人中用系统抽样方法抽取32人，则抽样距为k＝，
因为第一组号码为9，则第二组号码为9＋1×30＝39，…，
第n组号码为9＋(n－1)×30＝30n－21，由451≤30n－21≤750，
得，所以n＝16,17，…，25，共有25－16＋1＝10(人)
考点：系统抽样.
7、B
【解析】根据解析式可直接求出最小正周期.
【详解】函数的最小正周期为.
故选：B.
8、D
【解析】选项直线有可能在平面内；选项需要直线在平面内才成立；选项两条直线可能异面、平行或相交.选项符合面面平行的判定定理，故正确.
9、C
【解析】作函数图象，观察图象确定m的范围.
【详解】函数的图象是对称轴为，顶点为的开口向上的抛物线，当时，；当时，.
作其图象，如图所示：

又函数在上值域为，
所以观察图象可得
∴取值范围是，
故选：C.
10、D
【解析】∵a∥α，∴a与α没有公共点，b⊂α，∴a、b没有公共点，
∴a、b平行或异面．
故选D

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、2
【解析】直线与圆相切，圆心到直线的距离等于半径，列出方程即可求解的值
【详解】依题意得，直线与圆相切
所以，即，
解得：，又，
故答案为：2
12、.
【解析】由题意，要使函数有意义，则，解得：且.即函数定义域为.
考点：函数的定义域.
13、
【解析】解不等式组即得解.
【详解】解：由题得且,
所以函数的定义域为.
故答案为：
14、②③
【解析】由条件可得方程有两个实数解，然后逐一判断即可.
【详解】∵在上单调递增，由条件②可知，即方程有两个实数解；
∵x+1=x无实数解，∴①不存在“递增黄金区间”；
∵的两根为：1和2，不难验证区间[1，2]是函数的一个“递增黄金区间”；
在同一坐标系中画出与的图象如下：

由图可得方程有两个根，∴③也存在“递增黄金区间”；
在同一坐标系中画出与的图象如下：

所以没有实根，∴④不存在.
故答案为：②③.
15、
【解析】设，时，方程只有一个根，不合题意，时，方程的根，就是函数的零点，方程的一个根在区间上，另一个根在区间上，且只需，即，解得，故答案为.
16、2
【解析】根据平行线间距离公式可直接求解.
【详解】直线与平行
由平行线间距离公式可得
故答案为:2
【点睛】本题考查了平行线间距离公式的简单应用,属于基础题.

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）
【解析】（1）根据题中条件，先由二倍角的正切公式，求出，再根据任意角的三角函数，即可求出的值；
（2）由题中条件，根据两角差的正切公式，先得到，再由同角三角函数基本关系，求出和，利用二倍角公式，以及两角和的余弦公式，即可求出结果.
【详解】（1）由题意可得，∴，或
∵，∴，即，∴
（2）∵，
，，
∴，，
∴，
，
∴
18、（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）对已知式子分别平方相加即可求得.
（2）分别求解左边和右边，即可证明.
【详解】（1）由， ，分别平方得：
，
。
两式相加可得：，
整理化简得：.
（2）证明:
左边.
右边，
所以左边=右边，即原不等式成立.
19、（1）；
（2）的最小值为.
【解析】（1）利用根与系数的关系可求得、的值，即可得出函数的解析式；
（2）利用二次函数和指数函数的基本性质可求得函数在区间上的最大值和最小值，由已知可得出，由此可求得实数的最小值.
【小问1详解】
解：因为的解集为，所以的根为、，
由韦达定理可得，即，，所以.
【小问2详解】
解：由（1）可得，
当时，，
故当时，，
因为对于任意的、都有，
即求，转化为，
而，，所以，.
所以的最小值为.
20、（1）
（2）单调减函数，证明见解析
【解析】（1）设，则，根据是偶函数，可知，然后分两段写出函数解析式即可；
（2）利用函数单调性的定义，即可判断函数的单调性，并可证明结果
【小问1详解】
解：设，则，，
因为函数为偶函数，所以，即，
所以
【小问2详解】
解：设，，
∵，∴，，
∴，∴在为单调减函数
21、（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AB1 D1，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）∵AB1 D1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AB1 D1中，AB1与AD1相交于点A，
∴A1C⊥平面AB1 D1，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