2023届云南省玉溪市华宁县第二中学高一上数学期末教学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
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）与函数在同一个坐标系内的图象可能是
A. B.
C. D.
2．空间直角坐标系中，已知点，则线段的中点坐标为
A. B.
C. D.
3．已知角为第四象限角，则点位于（）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
4．若，则（）
A. B.
C.或1 D.或
5．下列函数在定义域内既是奇函数，又是减函数的是（ ）
A. B.
C. D.
6．若||=1，||=2，||=，则与的夹角的余弦值为（ ）
A. B.
C. D.
7．直线的倾斜角为（ ）.
A. B.
C. D.
8．若，则的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
9．在三棱柱中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点是侧面的中心，则与平面所成角的大小是（）
A. B.
C. D.
10．设常数使方程在区间上恰有三个解且，则实数的值为（　　）
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知函数的定义域和值域都是集合，其定义如表所示，则____________．
x

0
1
2

0
1
2

12．已知函数的图像恒过定点，则的坐标为_____________.
13．已知是定义域为R的奇函数，且当时，，则的值是___________.
14．已知函数（且）只有一个零点，则实数的取值范围为______
15．如图1，正方形ABCD的边长为2，点M为线段CD的中点.现把正方形纸按照图2进行折叠，使点A与点M重合，折痕与AD交于点E，与BC交于点F.记，则_______.

16．在中，，，则面积的最大值为___________.
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．已知
（1）设，求的值域；
（2）设，求的值
18．已知函数.
（1）当时，解关于的不等式；
（2）请判断函数是否可能有两个零点，并说明理由；
（3）设，若对任意的，函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1，求实数的取值范围.
19．化简求值：
（1）；
（2）已知，求的值
20．已知集合，集合
（1）若“”是“”的充分条件，求实数的取值范围；
（2）若，求实数的取值范围.
21．如图，弹簧挂着的小球做上下振动，它在（单位：）时相对于平衡位置(静止时的位置)的高度（单位：）由关系式确定，其中，，．在一次振动中，小球从最高点运动至最低点所用时间为．且最高点与最低点间的距离为

（1）求小球相对平衡位置的高度（单位：）和时间（单位：）之间的函数关系；
（2）小球在内经过最高点的次数恰为50次，求的取值范围

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、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.
2、A
【解析】点，
由中点坐标公式得中得为：，即.
故选A.
3、C
【解析】根据三角函数的定义判断、的符号，即可判断.
【详解】因为是第四象限角，所以，，则点位于第三象限，
故选：C
4、A
【解析】将已知式同分之后，两边平方，再根据可化简得方程，解出或1，根据，得出.
【详解】由，
两边平方得

，
或1，
，
.
故选：A.
【点睛】本题考查了同角三角函数间的基本关系，以及二倍角的正弦函数公式，属于中档题，要注意对范围的判断.
5、D
【解析】利用常见函数的奇偶性和单调性逐一判断即可.
【详解】对于A，，是偶函数，不满足题意
对于B，是奇函数，但不是减函数，不满足题意
对于C，，是奇函数，
因为是增函数，是减函数，所以是增函数，不满足题意
对于D，是奇函数且是减函数，满足题意
故选：D
6、B
【解析】由题意把||两边平方，结合数量积的定义可得
【详解】||＝1，||＝2，与的夹角θ，
∴||27，
∴12+2×1×2×cosθ+22＝7，
解得cosθ
故选：B
7、B
【解析】设直线的倾斜角为
∵直线方程为
∴
∵
∴
故选B
8、B
【解析】由，根据基本不等式，即可求出结果.
【详解】因为，所以，，
因此，
当且仅当，即时，等号成立.
故选：B.
9、C
【解析】如图，取中点，

则平面，
故，因此与平面所成角即为，
设，则，，
即，
故，故选:C.
10、B
【解析】解：分别作出y=cosx，x∈（，3π）与y=m的图象，如图所示，结合图象可得则﹣1＜m＜0，故排除C，D，再分别令m=﹣，m=﹣，求出x1，x2，x3，验证x22=x1•x3是否成立；
【详解】解：分别作出y=cosx，x∈（，3π）与y=m的图象，如图所示，方程cosx=m在区间（，3π）上恰有三个解x1，x2，x3（x1＜x2＜x3），则﹣1＜m＜0，故排除C，D，
当m=﹣时，此时cosx=﹣在区间（，3π），
解得x1=π，x2=π，x3=π，
则x22=π2≠x1•x3=π2，故A错误，
当m=﹣时，此时cosx=﹣在区间（，3π），
解得x1=π，x2=π，x3=π，
则x22=π2=x1•x3=π2，故B正确，

故选B
【点睛】本题考查了三角函数的图象和性质，考查了数形结合的思想和函数与方程的思想，属于中档题.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】根据表格从里层往外求即可.
【详解】解：由表可知，.
故答案为：.
12、
【解析】由过定点（0,1），借助于图像平移即可.
【详解】过定点（0,1），
而可以看成的图像右移3个单位，再下移2个点位得到的，
所以函数的图像恒过定点
即A
故答案为：
【点睛】指数函数图像恒过（0,1），对数函数图像恒过（1,0）.
13、1
【解析】首先根据时的解析式求出，然后再根据函数的奇偶性即可求出答案.
【详解】因为当时，，所以，
又因为是定义域为R的奇函数，所以.
故答案为：1.
14、或或
【解析】∵函数（且）只有一个零点，
∴
∴
当时，方程有唯一根2，适合题意
当时，或
显然符合题意的零点
∴当时，
当时，，即
综上：实数的取值范围为或或
故答案为或或
点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解
15、
【解析】设，则，利用勾股定理求得，进而得出
，根据正弦函数的定义求出，由诱导公式求出，结合同角的三角函数关系和两角和的正弦公式计算即可.
【详解】设，则，
在中，，所以，
即，解得，所以，
所以在中，，
则，
又，
所以.
故答案为：
16、
【解析】利用诱导公式，两角和与差余弦公式、同角间的三角函数关系得，得均为锐角，设边上的高为，由表示出，利用基本不等式求得的最大值，即可得三角形面积最大值
【详解】中，，
所以，整理得，
即，所以均为锐角，
作于，如图，记，则，，
所以，，当且仅当即时等号成立．所以，
的最大值为
故答案为：

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）由题意利用三角恒等变换化简的解析式，再利用正弦函数的定义域和值域，得出结论
（2）由题意利用诱导公式及二倍角公式求得结果
【小问1详解】

，
，所以，，
故当，即时，函数取得最小值；
当，即时，函数取得最大值
所以的值域为
【小问2详解】
由，
得
于是
18、（1）
（2）不可能，理由见解析
（3）
【解析】（1）结合对数函数的定义域，解对数不等式求得不等式的解集.
（2）由，求得，，但推出矛盾，由此判断没有两个零点.
（3）根据函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1列不等式，结合分离常数法来求得的取值范围.
【小问1详解】
当时，不等式可化为，
有，有
解得，
故不等式，的解集为.
【小问2详解】
令，有，
有，，
，，
则，
若函数有两个零点，记，必有，，
且有，此不等式组无解，
故函数不可能有两个零点.
【小问3详解】
当，，时，，函数单调递减，
有，
有，
有
有，整理为，
由对任意的恒成立，必有
解得，
又由，可得，
由上知实数的取值范围为.
19、（1）；（2）.
【解析】(1)根据指数与对数的运算公式求解即可；
(2)根据诱导公式，转化为其次问题进行求解即可.
【详解】(1)原式

.
(2)原式

.
20、（1）；
（2）.
【解析】（1）由已知可得，可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围；
（2）分、两种情况讨论，根据可得出关于实数的不等式（组），综合可得出实数的取值范围.
【小问1详解】
解：由已知得，故有， 解得，故的取值范围为.
【小问2详解】
解：当时，则，解得；
当时，则或，解得.
∴的取值范围为.
21、（1），；（2）
【解析】（1）首先根据题意得到，，从而得到，
（2）根据题意，当时，小球第一次到达最高点，从而得到，再根据周期为，即可得到.
【详解】（1）因为小球振动过程中最高点与最低点的距离为，所以
因为在一次振动中，小球从最高点运动至最低点所用时间为，所以周期为2，
即，所以
所以，
（2）由题意，当时，小球第一次到达最高点，
以后每隔一个周期都出现一次最高点，
因为小球在内经过最高点的次数恰为50次，
所以
因为，所以，
所以的取值范围为
（注：的取值范围不考虑开闭）