重庆市实验外国语学校2023届数学高一上期末教学质量检测试题含解析

2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．设函数的最小正周期为，且在内恰有3个零点，则的取值范围是（）A. B.C. D.2．若log2a<0，，则()A.a>1，b>0 B.a>1，b<0C.0<a<1，b>0 D.0<a<1，b<03．设，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件4．若关于的方程在上有实数根，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.5．已知三条直线，，的斜率分别为，，，倾斜角分别为.若，则下列关系不可能成立的是（）A. B.C. D.6．下列函数中既是奇函数，又是其定义域上的增函数的是A. B.C. D.7．已知关于的方程的两个实数根分别是、，若，则的取值范围为（）A. B.C. D.8．已知函数，若方程有五个不同的实数根，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.9．sin1830°等于（）A. B.C. D.10．设集合A={3，4，5}，B={3，6}，P={x|xA}，Q={x|xB}，则PQ=A.{3}B.{3，4，5，6}C.{{3}}D.{{3}，}二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．定义在上的偶函数满足，且在上是减函数，若、是钝角三角形的两个锐角，对（1），为奇数；（2）；（3）；（4）；（5）.则以上结论中正确的有______________.(填入所有正确结论的序号).12．在正方形ABCD中,E是线段CD的中点,若,则________.13．计算：（）0+_____14．函数的定义域为___15．已知函数同时满足以下条件：①定义域为；②值域为；③.试写出一个函数解析式___________.16．已知直线过两直线和的交点，且原点到该直线的距离为，则该直线的方程为_____.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．如图，四棱锥的底面为矩形，，.（1）证明：平面平面.（2）若，，，求点到平面的距离.18．已知集合，，若“”是“”的充分不必要条件，求实数a的取值范围.19．若二次函数满足，且.（1）求的解析式；（2）若在区间上，不等式恒成立，求实数的取值范围.20．求下列各式的值：（1）；（2）.21．已知函数在一个周期内的图象如图所示（1）求的解析式；（2）直接写出在区间上的单调区间；（3）已知，都成立，直接写出一个满足题意的值

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、D【解析】根据周期求出，结合的范围及，得到，把看做一个整体，研究在的零点，结合的零点个数，最终列出关于的不等式组，求得的取值范围【详解】因为，所以.由，得.当时，，又，则因为在上的零点为，，，，且在内恰有3个零点，所以或解得.故选：D2、D【解析】，则；，则，故选D3、A【解析】首先求解二次不等式，然后结合不等式的解集即可确定充分性和必要性是否成立即可.【详解】求解二次不等式可得：或，据此可知：是的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题主要考查二次不等式的解法，充分性和必要性的判定，属于基础题.4、A【解析】当时，令，可得出，可得出，利用函数的单调性求出函数在区间上的值域，可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围.【详解】当时，令，则，可得，设，其中，任取、，则.当时，，则，即，所以，函数在上为减函数；当时，，则，即，所以，函数在上为增函数.所以，，，，则，故函数在上的值域为，所以，，解得.故选：A.5、D【解析】根据直线的斜率与倾斜角的关系即可求解.【详解】解：由题意，根据直线的斜率与倾斜角的关系有：当或时，或，故选项B可能成立；当时，，故选项A可能成立；当时，，故选项C可能成立；所以选项D不可能成立.故选：D.6、C【解析】对于A，函数的偶函数，不符合，故错；对于B，定义域为，是非奇非偶函数，故错；对于C，定义域R，是奇函数，且是增函数，正确；对于D，是奇函数，但是是减函数，故错考点：本题考查函数的奇偶性和单调性点评：解决本题的关键是掌握初等函数的奇偶性和单调性7、D【解析】利用韦达定理结合对数的运算性质可求得的值，再由可求得实数的取值范围.【详解】由题意，知，因为，所以.又有两个实根、，所以，解得.故选：D.8、A【解析】由可得或，数形结合可方程只有解，则直线与曲线有个交点，结合图象可得出实数的取值范围.【详解】由可得或，当时，；当时，.作出函数、、图象如下图所示：由图可知，直线与曲线有个交点，即方程只有解，所以，方程有解，即直线与曲线有个交点，则.故选：A.9、A【解析】根据诱导公式计算【详解】故选：A10、D【解析】集合P={x|x⊆A}表示集合A的子集构成的集合，故P={∅,{3},{4},{5},{3,4},{3,5},{4,5},{3,4,5}}，同样Q={∅,{3},{6},{3,6}}.∴P∩Q={{3},Φ}；故选D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、（1）（4）（5）【解析】令，结合偶函数得到，根据题意推出函数的周期为，可得（1）正确；根据函数在上是减函数，结合周期性可得在上是增函数，利用、是钝角三角形的两个锐角，结合正弦函数、余弦函数的单调性可得，，再利用函数的单调性可得（4）（5）正确，当时，可得（2）（3）不正确.【详解】∵，令，得，又是偶函数，则，∴，且，可得函数是周期为2的函数.故，为奇数.故（1）正确；∵、是钝角三角形的两个锐角，∴，可得，∵在区间上是增函数，，∴，即钝角三角形的两个锐角、满足，由在区间上是减函数得，∵函数是周期为2的函数且在上是减函数，∴在上也是减函数，又函数是定义在上的偶函数，可得在上是增函数.∵钝角三角形的两个锐角、满足，，且，，∴，.故（4）（5）正确；当时，，，，，故（2）（3）不正确.故答案为：（1）（4）（5）【点睛】关键点点睛：利用函数的奇偶性和单调性求解是解题关键.12、【解析】详解】由图可知，，所以))所以，故，即，即得13、【解析】根据根式、指数和对数运算化简所求表达式.【详解】依题意，原式.故答案为：【点睛】本小题主要考查根式、指数和对数运算，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.14、【解析】解不等式组即得解.【详解】解：由题得且,所以函数的定义域为.故答案为：15、或（答案不唯一）【解析】由条件知，函数是定义在R上的偶函数且值域为，可以写出若干符合条件的函数.【详解】函数定义域为R，值域为且为偶函数，满足题意的函数解析式可以为：或【点睛】本题主要考查了函数的定义域、值域、奇偶性以，属于中档题.16、或【解析】先求两直线和的交点，再分类讨论，先分析所求直线斜率不存在时是否符合题意，再分析直线斜率存在时，设斜率为，再由原点到该直线的距离为，求出，得到答案.【详解】由和，得，即交点坐标为，（1）当所求直线斜率不存在时，直线方程为，此时原点到直线的距离为，符合题意；（2）当所求直线斜率存在时，设过该点的直线方程为，化为一般式得，由原点到直线的距离为，则，解得，得所求直线的方程为.综上可得，所求直线的方程为或故答案为：或【点睛】本题考查了求两直线的交点坐标，由点到直线的距离求参，还考查了对直线的斜率是否存在分类讨论的思想，属于中档题.三、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）证明见解析；（2）.【解析】（1）连接，交于点，连接，证明平面，即可证明出平面平面.（2）用等体积法，即，即可求出答案.【小问1详解】连接，交于点，连接，如图所示，底面为矩形，为，的中点，又，，，，又，平面，平面，平面平面【小问2详解】，，，，在中，，，在中，，在中，，，，，，设点到平面的距离为，由等体积法可知，又平面，为点到平面的距离，，，即点到平面的距离为18、【解析】根据给定条件可得AB，再借助集合的包含关系列式计算作答.【详解】因“”是“”的充分不必要条件，于是得AB，而集合，，因此，或，解得或，即有，所以实数a的取值范围为.19、（1）；（2）.【解析】(1)由条件列关于a，b，c的方程，解方程求a，b，c，由此可得函数的解析式，(2)由已知可得在上恒成立，即，由此可求m的范围.【详解】解：（1）由得，.∴又∵，∴即∴∴∴（2）不等式等价于即∵函数在上的最大值为∴.20、（1）（2）2【解析】（1）结合指数的运算化简计算即可求出结果；（2）结合对数的运算化简计算即可求出结果；【小问1详解】【小问2详解】21、（1）（2）