2022-2023学年山东省济宁市二中数学高一上期末质量检测试题含解析

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1、2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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 “四边形是菱形”是“四边形是平行四边形”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件2设直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为V，点P、

2、Q分别在侧棱AA1、CC1上，且PA=QC1，则四棱锥B-APQC的体积为（ ）A.B.C.D.3集合，则AB（ ）A.0，2B.（1，2C.1，2D.（1，）4下列函数中，能用二分法求零点的是（）A.B.C.D.5若tan 2，则的值为（）A.0B.C.1D.6已知函数，若对任意，总存在，使得成立，则实数取值范围为A.B.C.D.7下列关于集合的关系式正确的是A.B.C.D.8设则的值 A.9B.C.27D.9函数的定义域是（ ）A.（-2，B.（-2，）C.（-2，）D.（，）10已知集合，则下列关系中正确的是（ ）A.B.C.D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11在中

3、，则等于_12设函数不等于0，若，则_.13锐角中, 分别为内角的对边,已知，则的面积为_14函数的图象与轴相交于点，如图是它的部分图象，若函数图象相邻的两条对称轴之间的距离为，则_.15已知圆心为（1,1），经过点（4,5），则圆标准方程为_.16若扇形的面积为，半径为1，则扇形的圆心角为_.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如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB/CD,若（1）求证：（2）求三棱锥的体积.18已知（1）设，求t的最大值与最小值；（2）求的值域19已知角的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P（

4、）（）求sin（+）的值；（）若角满足sin（+）=，求cos的值20（1）已知，求的值；（2）已知，求的值；21已知非空集合，.（1）当时，求，；（2）若“”是“”的充分不必要条件，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、A【解析】由菱形和平行四边形的定义可判断.【详解】解：四边形是菱形则四边形是平行四边形，反之，若四边形是平行四边形则四边形不一定是菱形，所以“四边形是菱形”是“四边形是平行四边形”充分不必要条件.故选：A.2、C【解析】为直三棱柱，且，故C正确考点：棱锥的体积3、B【解析】先求出集合A

5、，B，再求两集合的交集即可【详解】解：由，得，所以，由于，所以，所以，所以，故选：B4、D【解析】利用零点判定定理以及函数的图象，判断选项即可【详解】由题意以及零点判定定理可知：只有选项D能够应用二分法求解函数的零点，故选D【点睛】本题考查了零点判定定理的应用和二分法求解函数的零点，是基本知识的考查5、B【解析】将目标是分子分母同时除以，结合正切值，即可求得结果.【详解】.故选：【点睛】本题考查齐次式的化简和求值，属基础题.6、B【解析】分别求出在的值域，以及在的值域，令在的最大值不小于在的最大值，得到的关系式，解出即可.【详解】对于函数，当时，由，可得，当时，由，可得，对任意，对于函数，对于

6、，使得，对任意，总存在，使得成立，解得，实数的取值范围为，故选B【点睛】本题主要考查函数的最值、全称量词与存在量词的应用.属于难题.解决这类问题的关键是理解题意、正确把问题转化为最值和解不等式问题，全称量词与存在量词的应用共分四种情况：（1）只需；（2），只需；（3），只需；（4），.7、A【解析】因为0是含有一个元素的集合，所以0，故B不正确；元素与集合间不能划等号，故C不正确；显然相等，故D不正确.故选：A8、C【解析】因为，故，所以，故选C.9、B【解析】由分母中根式内部的代数式大于0，对数式的真数大于0联立不等式组求解【详解】解：由，解得函数的定义域是故选：B【点睛】本题考查函数的定义

7、域及其求法，属于基础题10、C【解析】利用元素与集合、集合与集合的关系可判断各选项的正误.详解】，所以选项A、B、D错误，由空集是任何集合的子集，可得选项C正确.故选：C.【点睛】本题考查元素与集合、集合与集合关系的判断，属于基础题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】由题；，又，代入得：考点：三角函数的公式变形能力及求值.12、【解析】令，易证为奇函数，根据，可得，再根据，由此即可求出结果.【详解】函数的定义域为，令，则，即，所以为奇函数；又，所以，所以.故答案为:.13、【解析】由已知条件可得，再由正弦定理可得，从而根据三角形内角和定理即可求得，从而利用公式即可

8、得到答案.【详解】，由得，又为锐角三角形，又，即，解得，.由正弦定理可得，解得，又，故答案为.【点睛】三角形面积公式的应用原则：(1)对于面积公式Sabsin Cacsin Bbcsin A，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化14、【解析】根据图象可得，由题意得出，即可求出，再代入即可求出，进而得出所求.【详解】由函数图象可得，相邻的两条对称轴之间的距离为，则，又，即，或，根据“五点法”画图可判断，.故答案为：.15、【解析】设出圆的标准方程，代入点的坐标，求出半径，求出圆的标准方程【详解】设圆的标准方程为（x-1）2+（y-

9、1）2=R2，由圆经过点（4,5）得R2=25，从而所求方程为（x-1）2+（y-1）2=25，故答案为（x-1）2+（y-1）2=25【点睛】本题主要考查圆的标准方程，利用了待定系数法，关键是确定圆的半径16、【解析】直接根据扇形的面积公式计算可得答案【详解】设扇形的圆心角为，因为扇形的面积为，半径为1，所以解得，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、（）证明见解析；（）【解析】（）在等腰梯形中，易得，即 又由 已知，可得平面，利用面面垂直判定定理可得平面平面.（）求三棱锥的体积，关键是求三棱锥的高，如果不好求，可以换底，本题 这样容

10、易求出三棱锥的体积为试题解析： 证明：（）在等腰梯形中，又，即 又，平面， 又平面，平面平面（）平面，且，三棱锥的体积为考点：线面垂直及求三棱锥体积【方法点睛】（1)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即利用线面垂直，证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中的一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化或定义法利用线面垂直的判断定理证明线面垂直，条件齐全，证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高，中线和顶角的角平分线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相

11、垂直、直角三角形等等；（2)利用棱锥的体积公式求体积，在求三棱柱体积时，选择适当的底作为底面，这样体积容易计算18、（1），；（2）3，4.【解析】(1)利用对数函数的单调性即得；(2)换元后结合二次函数的性质可得函数在上单调递增，即求.【小问1详解】因为函数在区间2，4上是单调递增的，所以当时，当时，【小问2详解】令，则，由（1）得，因为函数在上是单调增函数，所以当，即时，；当，即时，故的值域为.19、（）；（） 或 .【解析】分析：（）先根据三角函数定义得，再根据诱导公式得结果，（）先根据三角函数定义得，再根据同角三角函数关系得，最后根据，利用两角差的余弦公式求结果.【详解】详解：（）由角

12、的终边过点得，所以.（）由角的终边过点得，由得.由得，所以或.点睛：三角函数求值的两种类型(1)给角求值：关键是正确选用公式，以便把非特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数.(2)给值求值：关键是找出已知式与待求式之间的联系及函数的差异.一般可以适当变换已知式，求得另外函数式的值，以备应用；变换待求式，便于将已知式求得的函数值代入，从而达到解题的目的.20、（1）；（2）3.【解析】（1）根据指数的运算性质可得，再由与的关系求值即可.（2）由对数的运算性质可得，再由正余弦的齐次计算求目标式的值.【详解】（1）由，可得：，解得.（2）由，可得：，即，.21、（1），（2）【解析】（1）先解出集合B，再根据集合的运算求得答案;（2）根据题意可知A.B，由此列出相应的不等式组，解得答案.【小问1详解】，故，；【小问2详解】由题意A是非空集合，“”是“”的充分不必要条件，故得A.B，得，或或,解得，故的取值范围为.11 / 12