江西省万载中学2022年高一数学第一学期期末考试模拟试题含解析.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0．5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：，，则该命题的否定为（）
A.， B.，
C.， D.，
2．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，将角的终边按顺时针方向旋转后经过点，则（）
A. B.
C. D.
3．设函数，若是奇函数，则的值是（）
A.2 B.
C.4 D.
4．已知扇形周长为，圆心角为，则扇形面积为（ ）
A. B.
C. D.
5．设a＝log36，b＝log510，c＝log714，则 (　　)
A.c>b>a B.b>c>a
C.a>c>b D.a>b>c
6．设函数，则当时，的取值为
A.-4 B.4
C.-10 D.10
7．三棱锥的外接球为球，球的直径是，且，都是边长为1的等边三角形，则三棱锥的体积是
A. B.
C. D.
8．函数的图象的一个对称中心是（）
A B.
C. D.
9．若单位向量，满足，则向量，夹角的余弦值为（）
A. B.
C. D.
10．若命题:，则命题的否定为（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．若扇形的周长是16,圆心角是2(rad),则扇形的面积是__________.
12．已知函数，满足对任意都有成立，那么实数的取值范围是________
13．已知，函数在上单调递增，则的取值范围是__
14．函数的值域是__________.
15．已知直三棱柱的6个顶点都在球O的球面上，若，则球O的半径为________
16．已知函数，则___________.
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．已知平面直角坐标系内两点A（4，0），B（0，3）.
（1）求直线AB方程；
（2）若直线l平行于直线AB，且到直线AB的距离为2，求直线l的方程.
18．将函数（且）的图象向左平移1个单位，再向上平移2个单位，得到函数的图象，
（1）求函数的解析式；
（2）设函数，若对一切恒成立，求实数的取值范围；
（3）若函数在区间上有且仅有一个零点，求实数的取值范围.
19．已知集合.
（1）若，求a的值；
（2）若且“”是“”的必要不充分条件，求实数a的取值范围.
20．计算下列各式的值：
（1）；
（2）.
21．已知.
（1）在直角坐标系中用“五点画图法”画出一个周期内的图象.（要求列表、描点）
（2）求函数的最小正周期、对称中心、对称轴方程.

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】根据特称命题的否定可得出结论.
【详解】由特称命题的否定可知，原命题的否定为：，.
故选：B.
【点睛】本题考查特称命题否定的改写，解题的关键就是弄清特称命题的否定与全称命题之间的关系，属于基础题.
2、A
【解析】根据角的旋转与三角函数定义得，利用两角和的正切公式求得，然后待求式由二倍公式，“1”的代换，变成二次齐次式，转化为的式子，再计算可得
【详解】解：将角的终边按顺时针方向旋转后所得的角为，因为旋转后的终边过点，所以，
所以.
所以.
故选：A
3、D
【解析】根据为奇函数，可求得，代入可得答案.
【详解】若是奇函数，则，
所以，，
.
故选：D.
4、B
【解析】周长为则，代入扇形弧长公式解得，代入扇形面积公式即可得解.
【详解】由题意知，代入方程解得，
所以
故选：B
【点睛】本题考查扇形的弧长、面积公式，属于基础题.
5、D
【解析】，，；且；.
考点：对数函数的单调性.
6、C
【解析】详解】令，则，选C.
7、B
【解析】
试题分析：取BC中点M ，则有,所以三棱锥 的体积是，选B.
考点：三棱锥体积
【思想点睛】空间几何体体积问题的常见类型及解题策略
(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解
(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解
(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解
8、B
【解析】利用正弦函数的对称性质可知，，从而可得函数的图象的对称中心为，再赋值即可得答案
【详解】
令，，解得：，.
所以函数的图象的对称中心为，.
当时，就是函数的图象的一个对称中心，
故选：B.
9、A
【解析】将平方可得，再利用向量夹角公式可求出.
【详解】，是单位向量，，
，，即，
即，解得，
则向量，夹角的余弦值为.
故选：A.
10、D
【解析】根据存在量词的否定是全称量词可得结果.
【详解】根据存在量词的否定是全称量词可得命题的否定为.
故选：D

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、16
【解析】因为函数的周长为16，圆心角是2，设扇形的半径为，则，解得r=4，所以扇形的弧长为8，所以面积为，故答案为16.
12、
【解析】利用求解分段函数单调性的方法列出不等式关系，由此即可求解
【详解】由已知可得函数在R上为单调递增函数，
则需满足，解得，
所以实数a的取值范围为，
故答案为：
13、
【解析】本题已知函数的单调区间，求参数的取值范围，难度中等．由，得，又函数在上单调递增，所以，即，注意到，即，所以取，得
考点：函数的图象与性质
【方法点晴】已知函数为单调递增函数，可得变量的取值范围，其必包含区间，从而可得参数的取值范围，本题还需挖掘参数的隐含范围，即函数在上单调递增，可知，因此，综合题
14、
【解析】首先换元，再利用三角变换，将函数转化为关于二次函数，再求值域.
【详解】设，因为，所以，
则，
，
当时，函数取得最小值，当时，函数取得最大值，
所以函数的值域是
故答案为：
15、
【解析】根据直角三角形的外接圆的直径是直角三角形的斜边，结合球的对称性、勾股定理、直三棱柱的几何性质进行求解即可.
【详解】因为，所以三角形是以为斜边的直角三角形，
因此三角形的外接圆的直径为，圆心为.
因为，所以，
在直三棱柱中， 侧面是矩形且它的中心即为球心O，
球的直径是的长，则，
所以球的半径为
故答案为：

【点睛】本题考查了直三棱柱外接球问题，考查了直观想象能力和数学运算能力.
16、
【解析】利用函数的解析式由内到外逐层计算可得的值.
【详解】因为，则，故.
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）或
【解析】（1）由直线方程的两点式可求解；
（2）根据直线的平行关系及平行直线之间的距离公式可求解.
【小问1详解】
∵A（4，0），B（0，3）
由两点式可得直线AB的方程为，即.
【小问2详解】
由（1）可设直线l：，
∴，解得或.
∴直线l的方程为或.
18、（1）
（2）
（3）
【解析】（1）由图象的平移特点可得所求函数的解析式；
（2）求得的解析式，可得对一切恒成立，再由二次函数的性质可得所求范围；
（3）将化简为，由题意可得只需在区间，，上有唯一解，利用图象，数形结合求得答案.
【小问1详解】
将函数且的图象向左平移1个单位，得到的图象，再向上平移2个单位，得到函数的图象,
即： ;
【小问2详解】
函数，，
若对一切恒成立，
则对一切恒成立，
由在递增，可得，
所以，即的取值范围是，；
【小问3详解】
关于的方程且，
故函数在区间上有且仅有一个零点，
等价于在区间上有唯一解，
作出函数且的图象，如图示：

当时，方程的解有且只有1个，
故实数p的取值范围是.
19、（1）
（2）
【解析】（1）先求出集合B，再由题意可得从而可求出a的值，
（2）由题意可得Ü，从而有再结合可求出实数a的取值范围.
【小问1详解】
由题设知，
∵，∴
可得.
【小问2详解】
∵，∴，解得.
∵“”是“”的必要不充分条件，∴Ü.
∴
解得.
因此，实数a的取值范围为.
20、（1）；（2）0.
【解析】
（1）直接利用根式与分数指数幂的运算法则求解即可，化简过程注意避免出现计算错误；
（2）直接利用对数的运算法则求解即可，解答过程注意避免出现计算错误.
【详解】（1）

；
（2）

21、（1）见解析；（2）见解析
【解析】（1）列表、描点即可用五点画图法作出函数图像；
（2）结合函数的图像，可直接写出其最小正周期，结合正弦函数的性质可得出其对称中心以及对称轴.
【详解】(1)列表：

0

1
3
1
-1
1

(2)最小正周期为 ，由得，所以对称中心为；由得，所以对称轴方程为 .
【点睛】本题主要考查五点作图法，以及三角函数的性质，熟记函数性质即可求解，属于基础题型.