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1、2022-2023学年安徽省铜陵市凤凰职业中学高一数学文模拟试题含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知偶函数在区间上单调递增，则满足不等式的的取值范围是 （ ）A B C D参考答案：A2. （ ）A. B. C. D. 参考答案：B【分析】利用诱导公式得到答案.【详解】故答案选B【点睛】本题考查了诱导公式，属于简单题.3. 过平面区域内一点作圆的两条切线，切点分别为，记，则当最小时的值为（ ）A B C D参考答案：C试题分析：作出不等式组所表示的平面区域，如图所示，要使最小，则点到加以的距离最大即可，由图象知
2、，当点点时，最小，此时，则，即，所以，故选C考点：1、简单的线性规划问题；2、二倍角公式【方法点睛】线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想，需要注意的是：是准确无误地作出可行域；画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得4. 已知函数在区间上是增函数，则的取值范围是（ ）A B C D 参考答案：C5. A. B. C. D. 参考答案：C6. 已知，则等于 （ ）参考答案：A7. A、B两点相距4cm，且A、B与平面的距离分别为3cm和1cm，则AB与平面所成的角是 （ ）A30 B9
3、0 C30或90 D30或90或150参考答案：C略8. 已知平行四边形ABCD的三个顶点的坐标分别是，则向量的坐标是（ ） A. B. C. D. 参考答案：B略9. 设x，y满足约束条件，则的最小值为（ ）A. 3B. 4C. 5D. 10参考答案：B【分析】结合题意画出可行域，然后运用线性规划知识来求解【详解】如图由题意得到可行域，改写目标函数得，当取到点时得到最小值，即故选【点睛】本题考查了运用线性规划求解最值问题，一般步骤：画出可行域，改写目标函数，求出最值，需要掌握解题方法10. 若方程表示一个圆，则m的取值范围是（ ）A. B. C. D. 参考答案：C【分析】化为标准方程，根据
4、半径必须大于零求解.【详解】表示一个圆，所以 ，解得 故选C.【点睛】本题考查圆的一般方程与标准方程的互化，属于基础题.二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 设，则从大到小的顺序为 .参考答案：略12. 已知集合A，则集合A的子集的个数是_参考答案：813. 已知数列an的前n项和为，则数列an的通项公式为 . 参考答案：14. 在ABC中，sinAsinBsinC324，则cosC的值为_.参考答案：15. 若一组样本数据的平均数为10，则该组样本数据的方差为_.参考答案：2【分析】先利用平均数算出的值，再利用公式计算方差.【详解】，故，所以方差，填.【点睛】样本数据的方
5、差的计算有两种方法：（1）；（2）.16. 设奇函数f（x）的定义域为5，5，若当x0，5时，f（x）的图象如图，则不等式f（x）0的解集是 参考答案：x|2x0或2x5【考点】函数奇偶性的性质；函数的图象 【专题】数形结合【分析】由奇函数图象的特征画出此抽象函数的图象，结合图象解题【解答】解：由奇函数图象的特征可得f（x）在5，5上的图象由图象可解出结果故答案为x|2x0或2x5【点评】本题是数形结合思想运用的典范，解题要特别注意图中的细节17. 设a0，b0，若3是9a与27b的等比中项，则的最小值等于参考答案：12【考点】7G：基本不等式在最值问题中的应用【分析】由3是9a与27b的等比
6、中项得到a+b=1，代入=（）（a+b）后展开，利用基本不等式求得最值【解答】解：3是9a与27b的等比中项，9a?27b=9，即32a+3b=32，也就是2a+3b=2，a+b=1，=（）（a+b）=6+6+2=12当且仅当=，即a=，b=时取得最小值故答案为：12三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. （本小题满分14分）已知奇函数 f (x) 在 (￥,0)(0,+￥) 上有意义，且在 (0,+￥) 上是增函数，f (1) = 0，又函数 g(q) = sin 2q + m cos q2m，若集合M = m | g(q) 0，集合 N = m
7、 | f g(q) 0，求MN.参考答案：依题意，f (1) = f (1) = 0，又f (x) 在 (0,+￥) 上是增函数，f (x) 在 (￥,0) 上也是增函数， 1分由 f (x) 0得x 1或0 x 1 2分N = m | f g(q) 0 = m | g(q) 1或0 g(q) 1，3分MN = m | g(q) 1 4分由g(q) 1得 sin 2q + m cos q2m 2cos 2q 6分m = 4(2cos q + ) 7分设t = 2cosq，h(t) = 2cos q + = t + 9分cosq1,1 T t1,3， 10分h(t)2= t + 2= t+ =
8、011分且 h()2= + 2= 0 12分h(t)min = 2 T 4h(t) 的最大值为 42 13分m 42 T MN = m | m 42 14分另解：本题也可用下面解法：1. 用单调性定义证明单调性对任意 1 t1 t2，t1t2 0，t1 t22 0 T h(t1) h(t2)即 h(t) 在 1, 上为减函数同理 h(t) 在 ,3 上为增函数，得h(t)min = h() = 25分m 4h(t)min = 42 T MN = m | m 422. 二次函数最值讨论解：依题意，f (1) = f (1) = 0，又f (x) 在 (0,+￥) 上是增函数，f (x) 在 (￥
9、,0) 上也是增函数，由 f (x) 0得x 1或0 x 1N = m | f g(q) 0 = m | g(q) 1或0 g(q) 1，MN = m | g(q) 1 4分由g(q) 1得 sin 2q + m cos q2m 0 恒成立T (cos 2qm cos q + 2m2)min 0 5分设t = cosq，h(t) = cos 2qm cos q + 2m2 = t 2mt + 2m2 = (t) 2+ 2m2 6分cosq1,1 T t1,1，h(t) 的对称轴为 t = 7分1 当 1，即 m 2 时，h(t) 在 1,1 为减函数h(t)min = h(1) = m1 0
10、T m 1 T m 2 9分2 当 11，即 2m2 时， h(t)min = h( ) = + 2m2 0 T 42 m 4 + 2 T 42 m2 11分3 当 1，即 m 0 T m 无解 13分综上，m 42 T MN = m | m 42 14分3. 二次方程根的分布解：依题意，f (1) = f (1) = 0，又f (x) 在 (0,+￥) 上是增函数，f (x) 在 (￥,0) 上也是增函数，由 f (x) 0得x 1或0 x 1N = m | f g(q) 0 = m | g(q) 1或0 g(q) 1，MN = m | g(q) 1由g(q) 1得 sin 2q + m cos q2m 0 恒成立T (cos 2qm cos q + 2m2)min 0设t = cosq，h(t) = cos 2qm cos q + 2m2 = t 2mt + 2m2 = (t) 2+ 2m2cosq1,1 T t1,1，h(t) 的对称轴为 t = ，= m 28m + 8 7分1 当 0，即 42 m 0 恒成立。 9分2 当 0，即 m42或 m4 + 2时， 由 h(t) 0 在 1,1 上恒成立T m2 T m4 + 2 13分综上，m 42 T MN = m | m 42
