《2023届江苏省睢宁高级中学数学高一上期末学业水平测试试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届江苏省睢宁高级中学数学高一上期末学业水平测试试题含解析（13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答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试
2、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命题“，”否定是（）A.，B.，C.，D.，2已知函数，若则a的值为( )A.B.C.或D.或3已知函数f(x)是偶函数，且f(x)在上是增函数，若，则不等式的解集为（ ）A.x|x2B.C.或x2D.或x24如图，正方体的棱长为1，动点在线上，分别是，的中点，则下列结论中错误的是（）A.B.平面C.三棱锥的体积为定值D.存在点，使得平面平面5已知第二象限角的终边上有异于原点的两点，且，若，则的最小值为（）A.B.3C.D.46某数学老师记录了班上8名同学的数学考试成绩
3、，得到如下数据：90，98，100，108，111，115，115，125.则这组数据的分位数是（）A.100B.111C.113D.1157若，的终边（均不在y轴上）关于x轴对称，则（）A.B.C.D.8已知，则的值为（）A.4B.4C.8D.89已知平面向量，若，则实数值为（ ）A.0B.-3C.1D.-110下列函数满足在定义域上为减函数且为奇函数的是（ ）A.B.C.D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11直线与直线平行，则_12设函数f(x)的定义域为R，f(x1)为奇函数，f(x2)为偶函数，当x1，2时，f(x)ax2b.若f(0)f(3)6，则f()_.13已
4、知函数f（x）=sin（x+）（其中0），若x=为函数f（x）的一个零点，且函数f（x）在（，）上是单调函数，则的最大值为_14若命题“”为真命题，则的取值范围是_15在平行四边形中，为上的中点，若与对角线相交于，且，则_16某时钟的秒针端点到中心点的距离为6cm，秒针均匀地绕点旋转，当时间时，点与钟面上标12的点重合，将，两点的距离表示成的函数，则_，其中三、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已知函数，（，且）（1）求函数的定义域；（2）判断函数的奇偶性，并说明理由；（3）设，解不等式18已知圆C经过点，两点，且圆心在直线上（1）求圆C的方程；（
5、2）已知、是过点且互相垂直的两条直线，且与C交于A，B两点，与C交于P、Q两点，求四边形APBQ面积的最大值19判断并证明在的单调性.20在中，角所对的边分别为，满足.（1）求角的大小；（2）若，且，求的面积21已知函数，（1）求函数的最小正周期；（2）求函数的对称中心；（3）当时，求的最大值和最小值.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、B【解析】根据命题的否定的定义判断.【详解】命题“，”的否定是：，故选：B2、D【解析】按照分段函数的分类标准，在各个区间上，构造求解，并根据区间对所求的解，进行恰当的取舍即可.令
6、，则或，解之得.【点睛】本题主要考查分段函数，属于基础题型.3、C【解析】利用函数的奇偶性和单调性将不等式等价为，进而可求得结果.详解】依题意，不等式，又在上是增函数，所以，即或，解得或.故选：C.4、D【解析】对A,根据中位线的性质判定即可.对B,利用平面几何方法证明，再证明平面即可.对C,根据三棱锥以为底,且同底高不变,故体积不变判定即可.对D,根据与平面有交点判定即可.【详解】在A中,因为分别是的中点,所以,故A正确;在B中,因为,故,故.故,又有,所以平面,故B正确；在C中,三棱锥以面为底,则高是定值,所以三棱锥的体积为定值,故C正确.在D中,与平面有交点,所以不存在点,使得平面平面,
7、故D错误.故选：D.【点睛】方法点睛：本题考查空间点线面位置关系，考查棱锥的体积，考查线面垂直的判定定理的应用，判断线面垂直的方法主要有：线面垂直的判定定理，直线与平面内的两条相交直线垂直；面面垂直的性质定理，若两平面互相垂直，则在一个平面内垂直于交线的垂直于另一个平面；线面垂直的性质定理，两条平行线中有一条与平面垂直，则另一条也与平面垂直；面面平行的性质定理，直线垂直于两平行平面之一，必然垂直于另一个平面5、B【解析】根据，得到，从而得到，进而得到，再利用“1”的代换以及基本不等式求解.【详解】解：因为，所以，又第二象限角的终边上有异于原点的两点，所以，则，因为，所以，所以，当且仅当，即时，
8、等号成立，故选：B6、D【解析】根据第p百分位数的定义直接计算，再判断作答.【详解】由知，这组数据的分位数是按从小到大排列的第6个位置的数，所以这组数据的分位数是115.故选：D7、A【解析】因为，的终边（均不在轴上）关于轴对称，则，然后利用诱导公式对应各个选项逐个判断即可求解【详解】因为，的终边（均不在轴上）关于轴对称，则，选项，故正确，选项，故错误，选项，故错误，选项，故错误，故选：8、C【解析】由已知条件，结合同角正余弦的三角关系可得，再将目标式由切化弦即可求值.【详解】由题意知：，即，而.故选：C.【点睛】本题考查了同角三角函数关系，应用了以及切弦互化求值，属于基础题.9、C【解析】根
9、据，由求解.【详解】因为向量，且，所以，解得，故选：C.10、C【解析】根据各个基本初等函数的性质，结合函数变换的性质判断即可【详解】对A，为偶函数，故A错误；对B，为偶函数，故B错误；对C，在定义域上为减函数且为奇函数，故C正确；对D，在和上分别单调递减，故D错误；故选：C【点睛】本题主要考查了常见基本初等函数的性质，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、3【解析】时不满足条件，直线与直线平行，解得12、【解析】由f(x1)为奇函数，f(x2)为偶函数，可得，再结合已知的解析式可得，然后结合已知可求出，从而可得当时，进而是结合前面的式子可求得答案【详解】因为f(x
10、1)为奇函数，所以的图象关于点对称，所以，且因为f(x2)为偶函数，所以的图象关于直线对称，所以，即，所以，即，当x1，2时，f(x)ax2b，则，因为，所以，得，因为，所以，所以当时，所以，故答案为：13、【解析】由题意，为函数的一个零点，可得，且函数在，上是单调函数可得，即可求的最大值【详解】解：由题意，为函数的一个零点，可得，则函数在，上是单调函数，可得，即当时，可得的最大值为3故答案为3【点睛】本题考查了正弦型三角函数的图象及性质的应用，属于中档题14、【解析】依题意可得恒成立，则，得到一元二次不等式，解得即可；【详解】解：依题意可得，命题等价于恒成立，故只需要解得，即故答案为：15、
11、3【解析】由题意如图：根据平行线分线段成比例定理，可知，又因为，所以根据三角形相似判定方法可以知道为的中点相似比为故答案为316、【解析】设函数解析式为，由题意将、代入求出参数值，即可得解析式.【详解】设，由题意知：，当时，则，令得；当时，则，令得，所以.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、（1）；（2）奇函数，理由见解析；（3）.【解析】（1）由对数真数大于零可构造不等式组求得结果；（2）根据奇偶性定义判断即可得到结论；（3）将函数化为，由对数函数性质可知，解不等式求得结果.【详解】（1）由题意得：，解得：，定义域为.（2），为定
12、义在上的奇函数.（3）当时，由得：，解得：，的解集为.18、（1）（2）7【解析】（1）根据题意，求出MN的中垂线的方程为，分析可得圆心为直线和的交点，联立直线的方程可得圆心的坐标，进而求出圆的半径，由圆的标准方程可得答案；（2）根据题意，分2种情况讨论：，当直线，其中一条直线斜率为0时，另一条斜率不存在，分析可得四边形APBQ的面积；，当直线，斜率均存在时，设直线的斜率为k，则方程的方程为，用k表示四边形APBQ的面积，由二次函数分析其最值，综合即可得答案【小问1详解】根据题意，点，则线段MN的中垂线方程为，圆心为直线和的交点，则有，解得，所以圆C的圆心坐标为；半径，所以圆C的方程为.【小问
13、2详解】根据题意，已知、是互相垂直的两条直线，分2种情况讨论：，当直线，其中一条直线斜率为0时另一条斜率不存在不妨令的斜率为0，此时，四边形APBQ的面积，当直线，斜率均存在时，设直线的斜率为则其方程为，圆心到直线的距离为，于是，又的方程为同理，所以四边形APBQ的面积，当且仅当即时，等号成立因为综上所述，四边形APBQ面积的最大值为719、函数在单调递增【解析】根据函数单调性的定义进行证明即可【详解】根据函数单调性定义：任取，所以因为，所以，所以所以原函数单调递增。20、（1）（2）【解析】（1）利用正弦定理可以得到，即可求出角的大小；（2）利用余弦定理并结合（1）中的结论，可以求出，代入三
14、角形面积公式即可【详解】（1）由于，结合正弦定理可得，由于，可得，即，因为，故.（2）由，且，代入余弦定理，即，解得，则的面积.【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题21、（1）最小正周期（2），（3），【解析】（1）利用两角和公式和二倍角公式对函数解析式化简整理，利用周期公式求得函数的最小正周期，利用三角函数图象和性质求得其对称轴方程（2）根据正弦函数的性质计算可得；（3）利用的范围求得的范围，再根据正弦函数的性质求出函数在区间上最大值和最小值【小问1详解】解：即所以的最小正周期为，【小问2详解】解：令，解得，所以函数的对称中心为，【小问3详解】解：当时，所以则当，即时，；当，即时，
