《2023届山西实验中学、南海桂城中学高一上数学期末学业质量监测试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届山西实验中学、南海桂城中学高一上数学期末学业质量监测试题含解析（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
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12小题，共60分）1设向量不共线，向量与共线，则实数（）A.B
2、.C.1D.22计算：的值为A.B.C.D.3设m、n是两条不同的直线，、是两个不同的平面，有下列四个命题：如果，那么；如果，那么；如果，那么；如果，那么其中错误的命题是A.B.C.D.4已知函数是幂函数，且其图象与两坐标轴都没有交点，则实数A.B.2C.3D.2或5定义在上的偶函数的图象关于直线对称，当时，若方程且根的个数大于3，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.6若函数的零点所在的区间为，则实数a的取值范围是（）A.B.C.D.7已知的图象在上存在个最高点，则的范围（ ）A.B.C.D.8已知函数，若函数在上有三个零点，则的最大值为A.B.C.D.9设P为函数图象上一点，O为坐标原点，
3、则的最小值为（）A.2B.C.D.10圆过点的切线方程是（）A.B.C.D.11已知集合，则（）AB.C.D.1，2，312已知函数在内是减函数，则的取值范围是A.B.C.D.二、填空题（本大题共4小题，共20分）13若函数有4个零点，则实数a的取值范围为_.14奇函数是定义在上的减函数，若，则实数的取值范围是_15角的终边经过点，且，则_.16如果，且，则的化简为_.三、解答题（本大题共6小题，共70分）17已知函数（1）试判断函数在区间上的单调性，并用函数单调性定义证明；（2）对任意时，都成立，求实数的取值范围18已知函数，（1）求最小正周期；（2）求的单调递增区间；（3）当时，求的最大值
4、和最小值19已知函数，.（1）若角满足，求；（2）若圆心角为，半径为2的扇形的弧长为，且，求.20已知M（1，1），N（2，2），P（3，0）.（1）求点Q的坐标，满足PQMN，PNMQ.（2）若点Q在x轴上，且NQPNPQ，求直线MQ的倾斜角.21上海市某地铁项目正在紧张建设中，通车后将给更多市民出行带来便利，已知该线路通车后，地铁的发车时间间隔t（单位：分钟）满足，经测算，在某一时段，地铁载客量与发车时间间隔t相关，当时地铁可达到满载状态，载客量为1200人，当时，载客量会减少，减少的人数与的平方成正比，且发车时间间隔为2分钟时载客量为560人，记地铁载客量为.（1）求的解析式；（2）若该
5、时段这条线路每分钟的净收益为（元），问当发车时间间隔为多少时，该时段这条线路每分钟的净收益最大？22已知集合，集合（1）当时，求和（2）若，求实数m的取值范围参考答案一、选择题（本大题共12小题，共60分）1、A【解析】由向量共线定理求解【详解】因为向量与共线，所以存在实数，使得，又向量不共线，所以，解得故选：A2、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.3、B【解析】根据空间直线与直线，直线与平面的位置关系及几何特征，逐一分析四个命题的真假，可得答案【详解】如果，m，那么m，故正确；如果m，那么m，或m，故错误；如果mn，m，n，那么，关系
6、不能确定，故错误；如果m，m，n，那么mn，故正确故答案为B【点睛】本题以命题的真假判断与应用为载体考查了空间直线与直线，直线与平面的位置关系及几何特征等知识点4、A【解析】根据幂函数的定义，求出m的值，代入判断即可【详解】函数是幂函数，解得：或，时，其图象与两坐标轴有交点不合题意，时，其图象与两坐标轴都没有交点，符合题意，故，故选A【点睛】本题考查了幂函数的定义，考查常见函数的性质，是一道常规题5、D【解析】由题设，可得解析式且为周期为4的函数，再将问题转化为与交点个数大于3个，讨论参数a判断交点个数，进而画出和的图象，应用数形结合法有符合题设，即可求范围.【详解】由题设，即，所以是周期为4
7、的函数，若，则，故，所以，要使且根的个数大于3，即与交点个数大于3个，又恒过，当时，在上，在上且在上递减，此时与只有一个交点，所以.综上，、的图象如下所示，要使交点个数大于3个，则，可得.故选：D【点睛】关键点点睛：根据已知条件分析出的周期性，并求出上的解析式，将问题转化为两个函数的交点个数问题，结合对数函数的性质分析a的范围，最后根据交点个数情况，应用数形结合进一步缩小参数的范围.6、C【解析】由函数的性质可得在上是增函数，再由函数零点存在定理列不等式组，即可求解得a的取值范围.【详解】易知函数在上单调递增，且函数零点所在的区间为，所以，解得故选：C7、A【解析】根据题意列出周期应满足的条件
8、，解得，代入周期计算公式即可解得的范围.【详解】由题可知，解得，则，故选：A【点睛】本题考查正弦函数图像的性质与周期，属于中档题.8、C【解析】因为在上有三个零点，所以在上有三个不同的解，即函数与的图象在上有三个不同的交点，画出函数图像，结合图象进而求得答案【详解】因为在上有三个零点，所以在上有三个不同的解，即函数与的图象在上有三个不同的交点，结合函数图象可知，当直线经过点时，取得最小值，从而取得最大值，且.【点睛】本题考查函数的零点问题，解题的关键是得出函数与的图象在上有三个不同的交点，属于一般题9、D【解析】根据已知条件，结合两点之间的距离公式，以及基本不等式的公式，即可求解【详解】为函数
9、的图象上一点，可设，当且仅当，即时，等号成立故的最小值为故选：10、D【解析】先求圆心与切点连线的斜率，再利用切线与连线垂直求得切线的斜率结合点斜式即可求方程.【详解】由题意知，圆：，圆心在圆上，所以切线的斜率为，所以在点处的切线方程为，即.故选：D.11、A【解析】利用并集概念进行计算.【详解】.故选：A12、B【解析】由题设有为减函数，且，恒成立，所以，解得，选B.二、填空题（本大题共4小题，共20分）13、【解析】将函数转化为方程，作出的图像，结合图像分析即可.【详解】令得，作出的函数图像，如图，因为有4个零点，所以直线与的图像有4个交点，所以.故答案为：14、【解析】利用函数的奇偶性、
10、单调性去掉不等式中的符号“”，可转化为具体不等式，注意函数定义域【详解】解：由得，又为奇函数，得，又是定义在，上的减函数，解得：即故答案为：【点睛】本题考查函数的奇偶性、单调性的综合应用，考查转化思想，解决本题的关键是利用性质去掉符号“”15、【解析】由题意利用任意角的三角函数的定义直接计算【详解】角的终边经过点，且，解得.故答案为：16、【解析】由，且，得到是第二象限角，由此能化简【详解】解：，且，是第二象限角，故答案为：三、解答题（本大题共6小题，共70分）17、（1）在上单调递减，证明见解析；（2）.【解析】（1）利用单调性定义：设并证明的大小关系即可.（2）由（1）及函数不等式恒成立可
11、知：在已知区间上恒成立，即可求的取值范围【详解】（1）函数在区间上单调递减，以下证明：设，在区间上单调递减；（2）由（2）可知在上单调减函数，当时，取得最小值，即，对任意时，都成立，只需成立，解得：18、（1）（2），（3）最大值为，最小值为【解析】（1）由周期公式直接可得；（2）利用正弦函数的单调区间解不等式可得；（3）先根据x的范围求出的范围，然后由正弦函数的性质可得.【小问1详解】的最小正周期【小问2详解】由，得，所以函数的单调递增区间为，【小问3详解】，当，即时，当，即时，.19、（1） （2）或【解析】（1）对已知式子化简变形求出，从而可求出的值，（2）先对化简变形得，再由可求出，再
12、利用弧长公式可求得结果【小问1详解】，.【小问2详解】，或.或.20、（1）（2）【解析】（1）设Q（x，y），根据PQMN得出，然后由PNMQ得出，解方程组即可求出Q的坐标；（2）设Q（x，0）由NQPNPQ得出kNQkNP，解方程求出Q的坐标，然后即可得出结果.【小问1详解】设Q（x，y），由已知得kMN3，又PQMN，可得kMNkPQ1 即（x3）由已知得kPN2，又PNMQ，可得kPNkMQ，即（x1）联立求解得x0，y1，Q（0，1）；【小问2详解】设Q（x，0），NQPNPQ，kNQkNP，又kNQ，kNP2，2 解得x1，Q（1，0），又M（1，1），MQx轴，故直线MQ的倾斜角
13、为90.21、（1）；（2）分钟.【解析】(1)时，求出正比例系数k，写出函数式即可得解；(2)求出每一段上的最大值，再比较大小即可得解.【详解】（1）由题意知，（k为常数），因，则，所以；（2）由得，即，当时，当且仅当等号成立；当时，在10，20上递减，当时Q取最大值24，由可知，当发车时间间隔为分钟时，该时段这条线路每分钟的净收益最大，最大为120元.22、（1）（或者）；（或者）（2）【解析】（1）代入，结合集合的并、补运算即得解；（2）分，两种情况讨论，列出不等关系，计算即得解【小问1详解】当时，所以 （或者）；（或者）【小问2详解】当时，则，解得当时，则，解得，所以m不存在综上所述， /
