2022-2023学年湖南省明德中学高一数学第一学期期末学业水平测试试题含解析.doc

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注意事项
,请将本试卷和答题卡一并交回.
,请务必将自己的姓名、.
、准考证号与本人是否相符.
,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,,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.
,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)
,半径为1,若,且,则的面积为( )
A. B.
C.
()
A. B.
C. D.
,且,则的取值范围为()
A.(0,1) B.(-2,1)
C.(0,) D.(0,2)
,一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°,腰和上底长均为1的等腰梯形,则该平面图形的面积等于()
A. B.
C. D.
(其中、为不同的两条直线),、为不同的两个平面)
①
②
③
④
其中正确的命题个数有



A. B.
C. D.
,则此几何体的直观图是.
A. B.
C. D.

A. B.
C. D.
()
A. B.
C. D.


、相交或异面
,且,,则
A. B.

,且对任意的都有,则数列的前100项的和为
A. B.
C. D.
二、填空题(本大题共4小题,共20分)
,的直线的倾斜角为___________.
,半径为,则该扇形的面积为__________.
,满足不等式,则的取值范围是______
,则___________
三、解答题(本大题共6小题,共70分)
,集合
(1)若,求
(2).若p是q的充分不必要条件,求a的取值范围
.
(1)求的值,并求出函数的零点;
(2)若存在,使不等式成立,求实数取值范围.
,其中
(1)若,且,求的坐标;
(2)若,且与的夹角为,求的值
,其中,.
(1)若,求函数的最大值;
(2)若在上的最大值为,最小值为,试求,的值.

(1)写出、、值;
(2)求的值
:(1);
(2)已知,求的值
参考答案
一、选择题(本大题共12小题,共60分)
1、B
【解析】由,利用向量加法的几何意义得出△ABC是以A为直角的直角三角形,又|,从而可求|AC|,|AB|的值,利用三角形面积公式即可得解
【详解】由于,由向量加法的几何意义,O为边BC中点,∵△ABC的外接圆的圆心为O,半径为1,∴三角形应该是以BC边为斜边的直角三角形,∠BAC=,斜边BC=2,又∵∴|AC|=1,|AB|=,∴S△ABC=,故选B.
【点睛】本题主要考查了平面向量及应用,三角形面积的求法,属于基础题
2、A
【解析】根据对数函数的图象直接得出.
【详解】因为,根据对数函数的图象可得A正确.
故选:A.
3、A
【解析】根据函数的单调性进行求解即可.
【详解】因为在定义域上是减函数,
所以由,
故选:A
4、D
【解析】根据斜二测画法的规则,得出该平面图象的特征,结合面积公式,即可求解.
【详解】由题意,根据斜二测画法规则,可得该平面图形是上底长为,下底长为,高为的直角梯形,所以计算得面积为.
故选:D.
5、C
【解析】:①若α,则,根据线面垂直的性质可知正确;
②若,则;不正确,也可能是m在α内;错误;
③若,则;据线面垂直的判定定理可知正确;
④若,根据线面平行判定的定理可知正确
得到①③④正确,故选C
6、C
【解析】令,得,
所以函数的图像的对称中心是,然后赋值即可
【详解】因为的图像的对称中心为.
由,得,
,得.
【点睛】本题主要考查正切函数的对称性,属基础题
7、D
【解析】由已知可得原几何体是一个圆锥和圆柱的组合体,
上部分是一个圆锥,
下部分是一个圆柱,
而且圆锥和圆柱的底面积相等,
故此几何体的直观图是:
故选D
8、A
【解析】利用函数的奇偶性排除选项B、C项,然后利用特殊值判断,即可得到答案
【详解】由题意,函数满足,
所以函数为偶函数,排除B、C,
又因为时,,此时,所以排除D,
故选A
【点睛】本题主要考查了函数的图象的识别问题,其中解答中熟练应用函数的奇偶性进行排除,以及利用特殊值进行合理判断是解答的关键,着重考查了分析问题解决问题的能力,属于基础题.
9、A
【解析】利用指数对数函数的性质可以判定,从而做出判定.
【详解】因为指数函数是单调增函数,是单调减函数,对数函数是单调减函数,所以,
所以,
故选:A
10、D
【解析】根据线面平行的位置关系及线线位置关系的分类及定义,可由已知两直线平行于同一平面,得到两直线的位置关系
【详解】解:若,且
则与可能平行,也可能相交,也有可能异面
故平行于同一个平面的两条直线的位置关系是平行或相交或异面
故选
【点睛】本题考查的知识点是空间线线关系及线面关系,熟练掌握空间线面平行的位置关系及线线关系的分类及定义是详解本题的关键,属于基础题
11、A
【解析】先计算出,再利用余弦的和与差公式,即可.
【详解】因为都是锐角,且,所以又
,所以,所以
,,故选A.
【点睛】本道题考查了同名三角函数关系和余弦的和与差公式,难度较大
12、B
【解析】先利用累加法求出,再利用裂项相消法求解.
【详解】∵,
∴,
又,
∴
∴,
∴数列的前100项的和为:
故选B
【点睛】本题主要考查数列通项的求法,考查裂项相消求和,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
二、填空题(本大题共4小题,共20分)
13、##
【解析】设直线的倾斜角为,求出直线的斜率即得解.
【详解】解:设直线的倾斜角为,
由题得直线的斜率为,
因为,所以.
故答案为:
14、
【解析】利用扇形的面积公式可求得结果.
【详解】扇形的圆心角为,因此,该扇形的面积为.
故答案:.
15、
【解析】观察函数的解析式,推断函数的性质,借助函数性质解不等式
【详解】令,则,得,即函数的图像关于中心对称,且单调递增,不等式可化为,即,得,解集为
【点睛】利用函数解决不等式问题,关键是根据不等式构造适当的函数,通过研究函数的单调性等性质解决问题
16、
【解析】根据同角三角函数的关系求得,再运用正弦、余弦的二倍角公式求得,由正弦和角公式可求得答案.
【详解】解:因为,所以,所以,
所以.
故答案为:.
三、解答题(本大题共6小题,共70分)
17、(1)或;
(2)
【解析】(1)根据集合的补集和并集的定义进行求解即可;
(2)由充分不必要条件确定集合之间的关系,根据真子集的性质进行求解即可.
【小问1详解】
因为,所以,
因此或,而,
所以或;
【小问2详解】
因为p是q的充分不必要条件,
所以,因此有:,
故a的取值范围为.
18、(1),(2)
【解析】(1),得(检验符合),又方程可以化简为,从而.(2)不等式有解等价于在上有解,所以考虑在上的最小值,利用换元法可求该最小值为,故.
(1),得.,,由,可得,所以,,即的零点为.