2023届四川省邻水实验学校高一数学第一学期期末检测试题含解析

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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05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12 小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案涂在答题卡上.）1函数的零点所在的区间为（ ）A.(，1)B.(1，2

2、)C.D.2若：，则成立的一个充分不必要条件是（）A.B.C.D.3已知命题“存在，使得等式成立”是假命题，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.4已知幂函数在上单调递减，则m的值为（）A.0B.1C.0或1D.5函数在上最大值与最小值之和是（ ）A.B.C.D.6若方程表示圆，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.7已知全集，集合，则（ ）A.2，3，4B.1，2，4，5C.2，5D.28若函数（）在有最大值无最小值，则的取值范围是（）A.B.C.D.9已知函数，若，则实数、的大小关系为（ ）A.B.C.D.10命题“对，都有”的否定为（）A.对，都有B.对，都有C.，使得D.，使得11设P

3、是ABC所在平面内的一点，则A.B.C.D.12已知函数是定义域为R的奇函数，且 ，当 时， ，则等于（ ）A.2B.2C.D.二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分,将答案写在答题卡上.） 13若不等式对一切恒成立，则a的取值范围是_.14已知向量，满足=（3，-4），|=2，|+|=，则，的夹角等于_15已知不等式的解集是_.16直线与平行，则的值为_.三、解答题（本大题共6个小题，共70分。解答时要求写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。）17（1）已知，求；（2）已知，求、的值；（3）已知，且，求的值.18已知的部分图象如图.（1）求函数的解析式；（2）求函数在上的单调增区

4、间.19设向量，.（1）求；（2）若，求的值；（3）若，求证：A，三点共线.20已知函数（1）若是偶函数，求a的值；21设在区间单调，且都有（1）求的解析式；（2）用“五点法”作出在的简图，并写出函数在的所有零点之和.22甲、乙两家商场对同一种商品开展促销活动，对购买该商品的顾客两家商场的奖励方案如下：甲商场：顾客转动如图所示圆盘，当指针指向阴影部分(图中四个阴影部分均为扇形，且每个扇形圆心角均为，边界忽略不计)即为中奖.乙商场：从装有3个白球3个红球的盒子中一次性摸出2个球(球除颜色外不加区分)，如果摸到的是2个红球，即为中奖.问：购买该商品的顾客在哪家商场中奖的可能性大？参考答案一、选择题

5、（本大题共12 小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案涂在答题卡上.）1、D【解析】为定义域内的单调递增函数，计算选项中各个变量的函数值，判断在正负，即可求出零点所在区间.【详解】解：在上为单调递增函数，又，所以的零点所在的区间为.故选：D.2、C【解析】根据不等式的解法求得不等式的解集，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.【详解】由题意，不等式，可得，解得，结合选项，不等式的一个充分不必要条件是.故选：C.3、D【解析】由题意可得，由的范围可得的范围，再求其补集即可求解.【详解】由可得，因为，所以，若命题“存在，使得等式成立”是假

6、命题，则实数 的取值范围是，故选：D.4、A【解析】根据幂函数得的定义，求得或，结合幂函数的性质，即可求解.【详解】由题意，幂函数，可得，解得或，当时，可得，可得在上单调递减，符合题意；当时，可得，可得在上无单调性，不符合题意，综上可得，实数的值为.故选：A.5、A【解析】直接利用的范围求得函数的最值，即可求解.【详解】, ,最大值与最小值之和为，故选：.6、D【解析】将方程化为标准式即可.【详解】方程化为标准式得，则.故选：D.7、B【解析】分析】根据补集的定义求出，再利用并集的定义求解即可.【详解】因为全集， ，所以，又因为集合，所以，故选：B.8、B【解析】求出，根据题意结合正弦函数图象

7、可得答案.【详解】，根据题意结合正弦函数图象可得，解得.故选：B.9、D【解析】根据条件判断函数是偶函数，且当时是增函数，结合函数单调性进行比较即可【详解】函数为偶函数，当时，为增函数，则（1），即，则，故选：10、D【解析】全称命题的否定是特称命题，把任意改为存在，把结论否定.【详解】，都有的否定是，使得.故选：D11、B【解析】由向量的加减法运算化简即可得解.【详解】,移项得【点睛】本题主要考查了向量的加减法运算，属于基础题.12、B【解析】根据奇函数性质和条件，求得函数的周期为8，再化简即可.【详解】函数是定义域为R的奇函数，则有：又，则则有：可得：故，即的周期为则有：故选：B二、选择题

8、（本大题共4小题，每小题5分，共20分,将答案写在答题卡上.） 13、【解析】先讨论时不恒成立，再根据二次函数的图象开口方向、判别式进行求解.【详解】当时，则化为（不恒成立，舍），当时，要使对一切恒成立，需，即，即a的取值范围是.故答案为：.14、【解析】利用求解向量间的夹角即可【详解】因为，所以，因为，所以，即，所以，所以，因为向量夹角取值范围是，所以向量与向量的夹角为【点睛】本题考查向量的运算，这种题型中利用求解向量间的夹角同时需注意15、【解析】结合指数函数的单调性、绝对值不等式的解法求得不等式的解集.详解】，或，解得或，所以不等式不等式的解集是.故答案为：16、【解析】根据两直线平行得

9、出实数满足的等式与不等式，解出即可.【详解】由于直线与平行，则，解得.故答案为：.【点睛】本题考查利用两直线平行求参数，考查运算求解能力，属于基础题.三、解答题（本大题共6个小题，共70分。解答时要求写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。）17、（1）；（2），；（3）.【解析】(1)利用两角差的正切公式即可求解；(2)利用二倍角公式即可求解；(3) 利用和差角公式即可求解.【详解】(1)因为，所以，即.(2)因为，可得，所以，因此，.(3)由，则，得.因为，所以.由，则，得，由以及，得.因为，又，所以.18、（1）；（2）和.【解析】（1）由图知：且可求，再由，结合已知求，写出解析式即可.

10、（2）由正弦函数的单调性，知上递增，再结合给定区间，讨论值确定其增区间.【详解】（1）由图知：且，.又，即，而，.综上，.（2），.当时，；当时，又，函数在上的单调增区间为和.19、（1）1（2）2（3）证明见解析【解析】（1）先求，进而求；（2）列出方程组，求出，进而求出；（3）求出，从而得到，得到结果.【小问1详解】，；【小问2详解】，所以，解得：，所以；【小问3详解】因为，所以，所以A，三点共线.20、（1）0（2）【解析】（1）由偶函数的定义得出a的值；（2）由分离参数得，利用换元法得出的最小值，即可得出a的取值范围【小问1详解】因为是偶函数，所以，即，故【小问2详解】由题意知在上恒成

11、立，则，又因为，所以，则令，则，可得，又因为，当且仅当时，等号成立，所以，即a的取值范围是21、（1） （2）图象见解析，所有零点之和为【解析】（1）依题意在时取最大值，在时取最小值，再根据函数在单调，即可得到，即可求出，再根据函数在取得最大值求出，即可求出函数解析式；（2）列出表格画出函数图象，再根据函数的对称性求出零点和；【小问1详解】解：依题意在时取最大值，在时取最小值，又函数在区间单调，所以，即，又，所以，由得，即，又因为，所以，所以.【小问2详解】解：列表如下0001所以函数图象如下所示：由图知的一条对称轴为有两个实数根，记为，则由对称性知，所以所有实根之和为.22、乙商场中奖的可能性大.【解析】分别计算两种方案中奖的概率先记出事件，得到试验发生包含的所有事件，和符合条件的事件，由等可能事件的概率公式得到试题解析：如果顾客去甲商场，试验的全部结果构成的区域为圆盘的面积，阴影部分的面积为，则在甲商场中奖的概率为；如果顾客去乙商场，记3个白球为，3个红球为，记(，)为一次摸球的结果，则一切可能的结果有：，共15种，摸到的是2个红球有，共3种，则在乙商场中奖的概率为，又，则购买该商品的顾客在乙商场中奖的可能性大.