福建省三明市三明第一中学2023届高一上数学期末质量检测试题含解析.doc

2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．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．已知直线与圆交于A，两点，则（）
A.1 B.
C. D.
2．函数（且）与函数在同一个坐标系内的图象可能是
A. B.
C. D.
3．已知，则，，的大小关系为（）
A. B.
C. D.
4．在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足，其中星等为mk的星的亮度为Ek（k=1,2）.已知太阳的星等是–26.7，天狼星的星等是–1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为
A.1010.1 B.10.1
C.lg10.1 D.
5．已知角的终边过点，则（）
A. B.
C. D.1
6．若a2＋b2＝2c2（c≠0），则直线ax＋by＋c＝0被圆x2＋y2＝1所截得的弦长为
A. B.1
C. D.
7．下列函数中在定义域上为减函数的是 （ ）
A. B.
C. D.
8．函数，若恰有3个零点，则a的取值范围是（）
A. B.
C. D.
9．如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，且侧棱．若侧面水平放置时，液面恰好过的中点，当底面ABC水平放置时，液面高为（ ）

A.6 B.7
C.2 D.4
10．已知函数，若函数有四个零点，则的取值范围是
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．已知，若Î，使得，若的最大值为M，最小值为N，则___________.
12．如图，扇形的面积是，它的周长是，则弦的长为___________.

13．如图，在四面体A－BCD中，已知棱AC的长为 ，其余各棱长都为1，则二面角A－CD－B的平面角的余弦值为________.

14．不论为何实数，直线恒过定点__________.
15．若函数与函数的最小正周期相同，则实数______
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）计算
（2）已知，求的值
17．如图，在平面直角坐标系中，角的终边与单位圆交于点.

（1）若点的横坐标为，求的值.
（2）若将绕点逆时针旋转，得到角(即)，若，求的值.
18．计算下列各式的值：
（1）；
（2）.
19．已知集合，
（1）若，求实数a，b满足的条件；
（2）若，求实数m的取值范围
20．已知非空数集，设为集合中所有元素之和，集合是由集合的所有子集组成的集合
（1）若集合，写出和集合；
（2）若集合中的元素都是正整数，且对任意的正整数、、、、，都存在集合，使得，则称集合具有性质
①若集合，判断集合是否具有性质，并说明理由；
②若集合具有性质，且，求的最小值及此时中元素的最大值的所有可能取值
21．设函数f(x)＝sin(2x＋φ)(－π＜φ＜0)，y＝f(x)图象的一条对称轴是直线x＝ ，
(1)求φ；
(2)求函数y＝f(x)的单调增区间

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、C
【解析】用点到直线距离公式求出圆心到直线的距离，进而利用垂径定理求出弦长.
【详解】圆的圆心到直线距离，所以.
故选：C
2、C
【解析】利用指数函数和二次函数的性质对各个选项一一进行判断可得答案.
【详解】解：两个函数分别为指数函数和二次函数，其中二次函数的图象过点，故排除A，D；
二次函数的对称轴为直线，当时，指数函数递减，，C符合题意；
当时，指数函数递增，，B不合题意，
故选C
【点睛】本题通过对多个图象的选择考查指数函数、二次函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意选项一一排除.
3、B
【解析】利用函数单调性及中间值比大小.
【详解】，且，故，，
故.
故选：B
4、A
【解析】由题意得到关于的等式，结合对数的运算法则可得亮度的比值.
【详解】两颗星的星等与亮度满足,令,
.
故选A.
【点睛】本题以天文学问题为背景,考查考生的数学应用意识、信息处理能力、阅读理解能力以及指数对数运算.
5、B
【解析】根据三角函数的定义求出，再根据二倍角余弦公式计算可得；
【详解】解：∵角的终边过点，所以，
∴，故
故选：B
6、D
【解析】因为，所以设弦长为，则，即.
考点：本小题主要考查直线与圆的位置关系——相交.
7、C
【解析】根据基本初等函数的单调性逐一判断各个选项即可得出答案.
【详解】对于A，由函数，定义域为，且在上递增，故A不符题意；
对于B，由函数，定义域为，且在上递增，故B不符题意；
对于C，由函数，定义域为，且在上递减，故C符合题意；
对于D，由函数，定义域为，且在上递增，故D不符题意.
故选：C
8、B
【解析】画出的图像后，数形结合解决函数零点个数问题.
【详解】做出函数图像如下

由得，由得
故函数有3个零点
若恰有3个零点，即函数与直线有三个交点，
则a的取值范围，
故选：B
9、A
【解析】根据题意，当侧面AA1B1B水平放置时，水的形状为四棱柱形，由已知条件求出水的体积；当底面ABC水平放置时，水的形状为三棱柱形，设水面高为h，故水的体积可以用三角形的面积直接表示出，计算即可得答案
【详解】根据题意，当侧面AA1B1B水平放置时，水的形状为四棱柱形，底面是梯形，
设△ABC的面积为S，则S梯形＝S，水的体积V水＝S×AA1＝6S，
当底面ABC水平放置时，水的形状为三棱柱形，设水面高为h，
则有V水＝Sh＝6S，故h＝6
故选A
【点睛】本题考点是棱柱的体积计算，考查用体积公式来求高，考查转化思想以及计算能力，属于基础题
10、B
【解析】不妨设，的图像如图所示，
则，，
其中，
故，也就是，
则，
因，故.
故选：B.

【点睛】函数有四个不同零点可以转化为的图像与动直线有四个不同的交点，注意函数的图像有局部对称性，而且还是倒数关系.

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】作出在上的图象，为的图象与直线y=m交点的横坐标，
利用数形结合思想即可求得M和N﹒
【详解】作出在上的图象（如图所示）

因为，，
所以当的图象与直线相交时，由函数图象可得，
设前三个交点横坐标依次为、、，此时和最小为N，
由，得，
则，，，；
当的图象与直线相交时，
设三个交点横坐标依次为、、，此时和最大为，
由，得，
则，，；
所以.
故答案为：.
12、
【解析】由扇形弧长、面积公式列方程可得，再由平面几何的知识即可得解.
【详解】设扇形的圆心角为，半径为，
则由题意，解得，
则由垂径定理可得.
故答案为：.
13、
【解析】
如图，取中点，中点，连接，
由题可知，边长均为1，则，
中，，则，得，
所以二面角的平面角即，
在中，，
则，
所以．
点睛：本题采用几何法去找二面角，再进行求解．利用二面角的定义：公共边上任取一点，在两个面内分别作公共边的垂线，两垂线的夹角就是二面角的平面角，找到二面角的平面角，再求出对应三角形的三边，利用余弦定理求解（本题中刚好为直角三角形）．

14、
【解析】直线整理可得.
令，解得，
即直线恒过定点
点睛：直线恒过定点问题，一般就是将参数提出来，使得其系数和其他项均为零，即可得定点.
15、
【解析】求出两个函数的周期，利用周期相等，推出a的值
【详解】：函数的周期是；
函数的最小正周期是：；
因为周期相同，所以，解得
故答案为
【点睛】本题是基础题，考查三角函数的周期的求法，考查计算能力

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)；(2)3.
【解析】(1)由题意结合对数的运算法则和对数恒等式的结论可得原式的值为；
(2)令，计算可得原式.
试题解析：
（1）
;
(2)设则，
所以 .
17、（1）（2）
【解析】（1）由三角函数的定义知，，，又，代入即可得到答案；
（2）利用公式计算即可.
【详解】（1）在单位圆上，且点的横坐标为，则，，
.
（2）由题知，则则.
【点睛】本题考查二倍角公式以及两角差的正切公式的应用，涉及到三角函数的定义，是一道容易题.
18、（1）
（2）
【解析】（1）根据指数运算法则化简求值；
（2）根据指数、对数的运算法则化简求值.
【小问1详解】

【小问2详解】

19、（1），;（2）.
【解析】（1）直接利用并集结果可得，;
（2）根据可得，再对集合的解集情况进行分类讨论，即可得答案；
【详解】解：（1）；，
∴，;
（2）,

∴分情况讨论①，即时得；
②若，即，中只有一个元素1符合题意；
③若，即时得，∴
∴综上
【点睛】由集合间的基本关系求参数时，注意对可变的集合,分空集和不为空集两种情况.
20、（1），；
（2）①有，理由见解析；②的最小值为，所有可能取值是、、、、.
【解析】（1）根据题中定义可写出与；
（2）（i）求得，取、、、、，找出对应的集合，使得，即可得出结论；
（ii）设，不妨设，根据题中定义分析出、，，，，，然后验证当、、、、时，集合符合题意，即可得解.
【小问1详解】
解：由题中定义可得，.
【小问2详解】
解：（ⅰ）集合具有性质，理由如下：
因为，所以
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
综上可得，集合具有性质；
（ⅱ）设集合，不妨设
因为为正整数，所以，
因为存在使得，所以此时中不能包含元素、、、且，
所以．所以
因为存在使得，所以此时中不能包含元素及、、、且，
所以，所以
若，则、、，而，
所以不存在，使得，所以
若，则、、，而，
所以不存在，使得，所以
同理可知，，
若，则，所以
当时，若，
则取，可知不存在，使得，
所以，解得
又因为，所以
经检验，当、、、、时，集合符合题意
所以最小值为，且集合中元素的最大值的所有可能取值是、、、、.
【点睛】关键点点睛：本题考查集合的新定义问题，解题时充分抓住题中的新定义，结合反证法结合不等式的基本性质逐项推导，求出每一项的取值范围，进而求解.
21、 (1) φ＝－π;(2) 单调增区间为.
【解析】(1)∵x＝是函数y＝f(x)的图象的对称轴，∴sin(2×＋φ)＝±1，∴＋φ＝kπ＋，k∈Z.

∵－π＜φ＜0，∴φ＝－.
(2)y＝sin(2x－)
由2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z.
得kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z.
所以函数y＝sin(2x－)的单调增区间为
[kπ＋，kπ＋]，k∈Z