湖南省常德市第一中学2022年数学高一上期末质量跟踪监视试题含解析.doc

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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、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．设为两条不同的直线，为三个不重合平面，则下列结论正确的是
A.若，，则 B.若，，则
C.若，，则 D.若，，则
2．下列函数中，与函数有相同图象的一个是
A. B.
C. D.
3．已知集合，则
A. B.
C.（ D.）
4．已知平面向量，，且，则实数的值为（）
A. B.
C. D.
5．设为全集，是集合，则“存在集合使得是“”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
6．设实数t满足，则有（ ）
A. B.
C. D.
7．的值为（　　）
A. B.
C. D.
8．已知角的始边与轴非负半轴重合，终边过点，则（）
A.1 B.-1
C. D.
9．已知角的终边与单位圆相交于点，则=（ ）
A. B.
C. D.
10．函数的定义域为（）
A.(－∞,4) B.[4,＋∞)
C.(－∞,4] D.(－∞,1)∪(1,4]
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．亲爱的考生，我们数学考试完整的时间是2小时，则从考试开始到结束，钟表的分针转过的弧度数为___________.
12．直线与直线关于点对称，则直线方程为______.
13．已知函数，若是的最大值，则实数t的取值范围是______
14．已知函数=___________
15．函数，函数有______个零点，若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是______.
16．已知圆锥的侧面展开图是一个半径为，圆心角为的扇形，则此圆锥的高为________.
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．已知圆经过，两点，且圆心在直线上
（）求圆的方程
（）过的直线与圆相交于，且，求直线的方程
18．在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，面，，，分别为，的中点

（Ⅰ）求证：面；
（Ⅱ）求点到面的距离
19．已知函数
（1）求最小正周期；
（2）求的单调递减区间；
（3）当时，求的最小值及取得最小值时的值
20．如图，正三棱柱的底面边长为3，侧棱，D是CB延长线上一点，且
求二面角的正切值；
求三棱锥的体积

21．在三棱柱中，侧棱底面 ,点是 的中点.
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）求直线与平面所成的角的正切值.

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】根据线面平行线面垂直面面垂直的定义及判定定理，逐一判断正误.
【详解】选项，若，，则可能平行，相交或异面：故错
选项，若，，则，故正确.
选项，若，，因为，，为三个不重合平面，所以或，故错
选项，若，，则或，故错
故选：
【点睛】本题考查线面平行及线面垂直的知识，注意平行关系中有一条平行即可，而垂直关系中需满足任意性，概念辨析题.
2、B
【解析】逐一考查选项中的函数与所给的函数是否为同一个函数即可确定其图象是否相同.
【详解】逐一考查所给的选项：
A.，与题中所给函数的解析式不一致，图象不相同；
B.，与题中所给函数的解析式和定义域都一致，图象相同；
C.的定义域为，与题中所给函数的定义域不一致，图象不相同；
D.的定义域为，与题中所给函数的定义域不一致，图象不相同；
故选B.
【点睛】本题主要考查函数相等的概念，需要同时考查函数的定义域和函数的对应关系，属于中等题.
3、C
【解析】因为所以，故选.
考点：1.集合的基本运算；2.简单不等式的解法.
4、C
【解析】根据垂直向量坐标所满足的条件计算即可
【详解】因为平面向量，，且，
所以，解得
故选：C
5、C
【解析】①当，，且，则，反之当，必有.
②当，，且，则，反之，若，则，
，所以.
③当，则；反之，，.
综上所述，“存在集合使得是“”的充要条件.
考点：集合与集合的关系，充分条件与必要条件判断，容易题.
6、B
【解析】由，得到求解.
【详解】解：因为，
所以，
所以，，
则，
故选：B
7、B
【解析】由诱导公式可得，故选B.
8、D
【解析】利用三角函数的坐标定义求出，即得解.
【详解】由题得.
所以.
故选：D
【点睛】本题主要考查三角函数的坐标定义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
9、C
【解析】先利用三角函数的定义求角的正、余弦，再利用二倍角公式计算即可.
【详解】角的终边与单位圆相交于点，故，
所以，
故.
故选：C.
10、D
【解析】根据函数式的性质可得，即可得定义域；
【详解】根据的解析式，有：
解之得：且；
故选：D
【点睛】本题考查了具体函数定义域的求法，属于简单题；

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】根据角的概念的推广即可直接求出答案.
【详解】因为钟表的分针转了两圈，且是按顺时针方向旋转，所以钟表的分针转过的弧度数为.
故答案为：.
12、
【解析】由题意可知，直线应与直线平行，可设直线方程为，由于两条至直线关于点对称，可通过计算点分别到两条直线的距离，通过距离相等，即可求解出，完成方程的求解.
【详解】解：由题意可设直线的方程为，
则，解得或舍去，
故直线的方程为
故答案为：.
13、
【解析】先求出时最大值为，再由是的最大值，解出t的范围.
【详解】当时，，由对勾函数的性质可得：在时取得最大值；
当时，，且是的最大值，
所以，解得：.
故答案为：
14、2
【解析】，
所以
点睛：本题考查函数对称性的应用．由题目问题可以猜想为定值，所以只需代入计算，得．函数对称性的问题要大胆猜想，小心求证
15、 ①.1 ②.
【解析】(1)画出图像分析函数的零点个数
(2)条件转换为有三个不同的交点求实数的取值范围问题,数形结合求解即可.
【详解】(1)由题,当时,,当时,为二次函数,对称轴为,且过开口向下.故画出图像有

故函数有1个零点.
又有三个不同的交点则有图像有最大值为
.故.
故答案为：(1).1 (2).
【点睛】本题主要考查了数形结合求解函数零点个数与根据零点个数求参数范围的问题,属于中档题.
16、
【解析】设此圆的底面半径为，高为，母线为，根据底面圆周长等于展开扇形的弧长，建立关系式解出，再根据勾股定理得 ，即得此圆锥高的值
【详解】设此圆的底面半径为，高为，母线为，
因为圆锥的侧面展开图是一个半径为，圆心角为的扇形,
所以，得 ,解之得，
因此,此圆锥的高，
故答案为:
【点睛】本题给出圆锥的侧面展开图扇形的半径和圆心角，求圆锥高的大小，着重考查了圆锥的定义与性质和旋转体侧面展开等知识，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）x＝2或15x﹣8y﹣30＝0
【解析】（1）由圆心C在直线2x﹣y﹣2＝0上，可设圆C的圆心为（a，2a﹣2），半径为r，再由圆C过点A（1，4），B（3，6）两点，列关于a，r的方程组，求解可得a，r的值，则圆C的方程可求；
（2）当直线l的斜率不存在时，直线方程为x＝2，求得M，N的坐标，可得|MN|＝2，满足题意；当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为y＝k（x﹣2），则kx﹣y﹣2k＝0，由|MN|＝2，可得圆心到直线的距离为1，由点到直线的距离公式列式求得k值，则直线l的方程可求
【详解】解：（1）∵圆心C在直线2x﹣y﹣2＝0上，
∴设圆C的圆心为（a，2a﹣2），半径为r，
又∵圆C过点A（1，4），B（3，6）两点，
∴，解得，
则圆C的方程为（x﹣3）2+（y﹣4）2＝4；
（2）当直线l的斜率不存在时，直线方程为x＝2，
联立，
解得M（2，4），N（2，4），
此时|MN|；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k（x﹣2），则kx﹣y﹣2k＝0，
∵|MN|＝2，
∴圆心到直线的距离为d，解得k，
则直线l的方程为15x﹣8y﹣30＝0，
综上，直线l的方程为x＝2或15x﹣8y﹣30＝0

【点睛】本题考查圆的方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查垂径定理的应用，是中档题
18、（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）
【解析】（1）取中点，连结，，∵，分别为，的中点，
∴可证得，，∴四边形是平行四边形，
∴，又∵平面，平面，
∴面
（2）∵，
∴
19、（1）
（2）
（3）最小值为，
【解析】（1）利用三角恒等变换化简函数解析式为，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期；
（2）解不等式可得出函数的单调递减区间；
（3）由可求得的取值范围，结合正弦型函数的基本性质可求得的最小值及其对应的值.
【小问1详解】
解：由
，
则的最小正周期为
【小问2详解】
解：由，，
则，，则，，
所以的单调递减区间为
【小问3详解】
解：当时，，
当时，即当时，函数取最小值，且.
20、（1）2（2）
【解析】取BC中点O，中点E，连结OE，OA，以O为原点，OD为x轴，OE为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的正切值
三棱锥的体积，由此能求出结果
【详解】取BC中点O，中点E，连结OE，OA，
由正三棱柱的底面边长为3，侧棱，D是CB延长线上一点，且
以O为原点，OD为x轴，OE为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标系，
则3，，0，，0，，0，，
所以0，，3，，
其中平面ABD的法向量1，，
设平面的法向量y，，则，
取，得1，，
设二面角的平面角为，则，则，
则，所以二面角的正切值为2
由（1）可得平面，所以是三棱锥的高，且,
所以三棱锥的体积：

【点睛】本题主要考查了二面角的求解，及空间几何体的体积的计算，其中解答中根据几何体的结构特征，建立适当的空间直角坐标系，利用向量的夹角公式求解二面角问题是求解空间角的常用方法，同时注意“等体积法”在求解三棱锥体积中的应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题
21、（1）见解析（2）见解析（3）
【解析】【试题分析】（1）依据题设运用线面平行的判定定理进行分析推证；（2）借助题设条件先证明线面垂直，再运用线面垂直的性质定理进行推证；（3）先运用线面角的定义找出线面角，再运用解三角形求其正切值：
（1）如图，令 分别为的中点，
又∵
（2）证明： ∠⊥
在直三棱柱中, ⊥又⊥平面,
又⊥
（3）由（2）得AC⊥平面 ∴直线是斜线在平面上的射影
∴是直线与平面所成的角.在中，
∴，即求直线与平面的正切值为.
点睛：立体几何是高中数学重点内容之一，也是高考重点考查的考点和热点．这类问题的设置目的是考查空间线面的位置关系及角度距离的计算．求解本题第一问时，直接依据题设运用线面平行的判定定理进行分析推证；求解第二问，充分借助题设条件先证明线面垂直，再运用线面垂直的性质定理从而使得问题获证；求解第三问时，先运用线面角的定义找出线面角，再运用解三角形求其正切值使得问题获解