江苏省南通市田家炳中学2022-2023学年高一数学第一学期期末学业水平测试模拟试题含解析

《江苏省南通市田家炳中学2022-2023学年高一数学第一学期期末学业水平测试模拟试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省南通市田家炳中学2022-2023学年高一数学第一学期期末学业水平测试模拟试题含解析（13页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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

2、一项是符合题目要求的1设，则“”是“”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件2一个机器零件的三视图如图所示，其中侧视图是一个半圆与边长为的正方形，俯视图是一个半圆内切于边长为的正方形.若该机器零件的表面积为，则的值为A.4B.2C.8D.63已知角的顶点在原点，始边与轴正半轴重合，终边上有一点，则( )A.B.C.D.4若，则， ， 的大小关系是A.B.C.D.5已知向量=（1，2），=（2，x），若，则|2+|=（）A.B.4C.5D.6若是三角形的一个内角，且，则三角形的形状为（）A.钝角三角形B.锐角三角形C.直角三角形D.无法确定7计算：的值

3、为A.B.C.D.8若函数的定义域为，则函数的定义域是（）AB.C.D.9将函数的图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的3倍，再向右平移个单位，得到的函数的一个对称中心是A.B.C.D.10下列函数中，既是奇函数又在定义域上是增函数是（）A.B.C.D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11已知，且，写出一个满足条件的的值：_.12不等式的解集为_13已知，且，则的最小值为_.14若函数，则_15若是幂函数且在单调递增，则实数_.16函数的定义域为_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）已知：，若是第四象限角，求，的值；（

4、2）已知，求的值.18如图所示，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，是的中点，过点作交于点.（1）证明：平面；（2）证明：平面；（3）求三棱锥的体积.19已知函数，.（1）求的最小正周期和单调区间；（2）求在闭区间上的最大值和最小值20已知函数为二次函数，不等式的解集是，且在区间上的最小值为-12（1）求的解析式；（2）设函数在上的最小值为，求的表达式21已知.（）当时，若关于的方程有且只有两个不同的实根，求实数的取值范围；（）对任意时，不等式恒成立，求的值.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】解绝对值不

5、等式求解集，根据充分、必要性的定义判断题设条件间的充分、必要关系.【详解】由，可得，“”是“”的充分而不必要条件.故选：A.2、A【解析】几何体为一个正方体与四分之一个球的组合体,所以表面积为 ,选A点睛:空间几何体表面积的求法 (1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理(3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用3、B【解析】由三角函数定义列式，计算，再由所给条件判断得解.【详解】由题意知，故，又，.故选：B4、D【解析】分析：利用指数函数与对数函数及幂函数的行贿可

6、得到，再构造函数，通过分析和的图象与性质，即可得到结论.详解：由题意在上单调递减，所以，在上单调递则，所以，在上单调递则，所以，令，则其为单调递增函数，显然在上一一对应，则，所以，在坐标系中结合和的图象与性质，量曲线分别相交于在和处，可见，在时，小于；在时，大于；在时，小于，所以，所以，即，综上可知，故选D.点睛：本题主要考查了指数式、对数式和幂式的比较大小问题，本题的难点在于的大小比较，通过构造指数函数与一次函数的图象与性质分析解决问题是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，试题有一定难度，属于中档试题.5、C【解析】根据求出x的值，再利用向量的运算求出的坐标，最后利用模长公式即可

7、求出答案【详解】因为，所以 解得，所以，因此，故选C【点睛】本题主要考查向量的坐标预算以及模长求解，还有就是关于向量垂直的判定与性质6、A【解析】已知式平方后可判断为正判断的正负，从而判断三角形形状【详解】解：，是三角形的一个内角，则，为钝角，这个三角形为钝角三角形.故选：A7、A【解析】运用指数对数运算法则.【详解】.故选:A.【点睛】本题考查指数对数运算，是简单题.8、B【解析】根据题意可得出关于的不等式组，由此可解得函数的定义域.【详解】由于函数的定义域为，对于函数，有，解得.因此，函数的定义域是.故选：B.9、A【解析】由函数的图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的3倍得到，向右平

8、移个单位得到，将代入得，所以函数的一个对称中心是，故选A10、D【解析】根据基本初等函数的单调性以及单调性的性质、函数奇偶性的定义逐一判断四个选项【详解】对于A：为偶函数，在定义域上不是增函数，故A不正确；对于B：为奇函数，在上单调递增，但在定义域上不是增函数，故B不正确；对于C：既不是奇函数也不是偶函数，故C不正确；对于D：，所以是奇函数，因为是上的增函数，故D正确；故选：D二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、0（答案不唯一）【解析】利用特殊角的三角函数值求解的值.【详解】因为，所以，则，或，同时满足即可.故答案为：012、【解析】把不等式x22x0化为x（x2）0，求出

9、解集即可【详解】不等式x22x0可化为x（x2）0，解得x0或x2；不等式的解集为x|x0或x2故答案为【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法与应用问题，是基础题目13、【解析】利用已知条件凑出，再根据“”的巧用，最后利用基本不等式即可求解.【详解】由，得，即.因为所以，,则=，当且仅当即时，等号成立.所以当时，取得最小值为.故答案为：.14、#0.5【解析】首先计算，从而得到，即可得到答案.【详解】因为，所以.故答案为：15、2【解析】由幂函数可得，解得或2，检验函数单调性求解即可.【详解】为幂函数，所以，解得或2.当时，在不单调递增，舍去；当时，在单调递增成立.故答案为.【点睛】本题主要考

10、查了幂函数的定义及单调性，属于基础题.16、【解析】根据偶次方根被开方数为非负数、对数真数大于零列不等式组，解不等式组求得函数的定义域.【详解】依题意，解得，故函数的定义域为.故答案为.【点睛】本小题主要考查具体函数定义域的求法，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）由同角间的三角函数关系计算；（2）弦化切后代入计算【详解】（1）因为，若是第四象限角，所以，；（2），则18、（1）见解析；（2）见解析；（3）.【解析】（1）连接交于点，连接，利用中位线定理得出，故平面；（2）由底面 ，得，结合得平面，于是

11、，结合得平面，故而，结合，即可得出平面；（3）依题意，可得试题解析：（1）连接交于点，连接底面是正方形，点是的中点又为的中点，又平面，平面，平面.（2）底面，平面，底面是正方形，又，平面，平面，平面又平面，是的中点，又平面，平面，平面而平面.又，且，又平面，平面，平面.（）是的中点，.【点睛】本题考查了线面平行的判定，线面垂直的判定与性质，棱锥的体积计算.正确运用定理是证明的关键.19、（1）最小正周期为，单调递增区间是，单调递减区间是；（2）最小值为，最大值为【解析】（1）由三角函数中的恒等变换应用化简函数解析式可得，利用正弦函数的性质即得；（2）利用正弦函数的性质即求【小问1详解】由，的最

12、小正周期为，由，得，由，得函数单调增区间为，函数单调减区间为；【小问2详解】由于，所以，所以，故，故函数的最小值为，函数的最大值为20、（1）；（2）.【解析】（1）根据不等式的解集是，令，然后由在区间上的最小值为-12，由求解.（2）由（1）知函数的对称轴是，然后分，两种讨论求解.【详解】（1）因为不等式的解集是， 令，因为在区间上的最小值为-12，所以，解得，所以.（2）当，即时， ，当，即时，所以.【点睛】方法点睛：(1)二次函数在闭区间上的最值主要有三种类型：轴定区间定、轴动区间定、轴定区间动，不论哪种类型，解决的关键是考查对称轴与区间的关系，当含有参数时，要依据对称轴与区间的关系进行

13、分类讨论(2)二次函数的单调性问题则主要依据二次函数图象的对称轴进行分析讨论求解21、 ()；()1.【解析】() 当时，结合图象可得若方程有且只有两个不同的实根，只需即可（）由题意得只需满足即可，根据函数图象的对称轴与区间的关系及抛物线的开口方向求得函数的最值，然后解不等式可得所求试题解析：（）当时，关于的方程有且只有两个不同的实根，.实数的取值范围为（）当，即时，函数在区间上单调递增，不等式恒成立，可得，解得，与矛盾，不合题意当，即时，函数在区间上单调递减，不等式恒成立，可得解得，这与矛盾，不合题意当，即时，不等式恒成立，整理得 ，即，即， ，解得.当时，则，故.综上可得点睛：(1)二次函数在闭区间上的最值主要有三种类型：轴定区间定、轴动区间定、轴定区间动，不论哪种类型，解决的关键是考查对称轴与区间的关系当含有参数时，要依据对称轴与区间的关系进行分类讨论；(2)二次函数的单调性问题则主要依据二次函数图像的对称轴进行分析讨论求解