福建省福州琅岐中学2022-2023学年高一上数学期末含解析.doc

该【福建省福州琅岐中学2022-2023学年高一上数学期末含解析 】是由【回忆笑一笑】上传分享，beplayapp体育下载一共【11】页，该beplayapp体育下载可以免费在线阅读，需要了解更多关于【福建省福州琅岐中学2022-2023学年高一上数学期末含解析 】的内容，可以使用beplayapp体育下载的站内搜索功能，选择自己适合的beplayapp体育下载，以下文字是截取该文章内的部分文字，如需要获得完整电子版，请下载此beplayapp体育下载到您的设备，方便您编辑和打印。2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷
注意事项:
,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。
,将本试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
()
A. B.
C. D.
,则下列求解正确的是()
A. B.
C. D.
,已知是奇函数,当时,单调递增,若且,且值( )


,且在上的单调递增,若,则满足的的取值范围是()
A. B.
C. D.
,则这段弧所对的圆周角的弧度数为()
A. B.
C. D.
(x)在(-∞,0)上单调递增,若f(-1)=0,则不等式f(x)<0的解集是.
A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-∞,-1)∪(1,+∞)
C.(-1,0)∪(0,1) D.(-1,0)∪(1,+∞)
,底面是正多边形的棱锥称为正棱锥,正三棱锥的侧棱长为,侧面都是直角三角形,且四个顶点都在同一个球面上,则该球的表面积为()
A. B.
C. D.
,当时,,当时,.则=( )


9.()

C.-1 D.
()
A. B.
C. D.
二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分。
,且向量(+λ)与(-3)共线,则λ的值为_____.
,所有正确说法的序号是_____
终边落在轴上的角的集合是;
函数图象与轴的一个交点是;
函数在第一象限是增函数;
若,则
,若时,,则时,__________
,有两个不同的实根,则实数的取值范围是____________
,的夹角为,,则=______
,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。
,满足,,且,的夹角为.
(1)求;
(2)若,求的值.
(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.

(1)求f(x)的最小正周期及单调递减区间;
(2)若f(x)在区间上的最小值为1,求m的最小值
.
(1)求圆的方程;
(2)过原点的动直线与圆相交于不同的两点,求线段的中点的轨迹.
:“我们既要绿水青山,也要金山银山.”新能源汽车环保、节能,以电代油,减少排放,既符合我国的国情,,到年中国的汽车总销量将达到万辆,,每台元,到第年年末每台设备的累计维修保养费用为元,每台充电桩每年可给公司收益元.()
(1)每台充电桩第几年年末开始获利;
(2)每台充电桩在第几年年末时,年平均利润最大.
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、C
【解析】由解出范围即可.
【详解】由,可得,所以函数的单调递增区间为,
故选C.
2、A
【解析】利用幂函数过的点求出幂函数的解析式即可逐项判断正误
【详解】∵幂函数y=xα的图象过点(2,),
∴2α,解得α,
故f(x),即,
故选A
【点睛】本题考查了幂函数的定义,是一道基础题
3、A
【解析】由是奇函数,所以图像关于点对称,
当时,单调递增,所以当时单调递增,由,
可得,,由可知,
结合函数对称性可知
选A
4、B
【解析】根据偶函数的性质和单调性解函数不等式
【详解】是偶函数,.所以不等式化为,
又在上递增,所以,
或,即或
故选:B
5、C
【解析】求出圆内接正方形边长(用半径表示),然后由弧度制下角的定义可得
【详解】设此圆的半径为,则正方形的边长为,
设这段弧所对的圆周角的弧度数为,则,解得,
故选:C.
【点睛】本题考查弧度制下角的定义,
6、A
【解析】考点:奇偶性与单调性的综合
分析:根据题目条件,画出一个函数图象,再观察即得结果
解:根据题意,可作出函数图象:
∴不等式f(x)<0的解集是(-∞,-1)∪(0,1)
故选A
7、D
【解析】因为侧棱长为a的正三棱锥P﹣ABC的侧面都是直角三角形,且四个顶点都在一个球面上,三棱锥的正方体的一个角,把三棱锥扩展为正方体,它们有相同的外接球,球的直径就是正方体的对角线,正方体的对角线长为:;所以球的表面积为:4π=3πa2
故答案为D.
点睛:本题考查了球与几何体的问题,是高考中的重点问题,一般外接球需要求球心和半径,首先应确定球心的位置,球心到各顶点距离相等,这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心,过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等,然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线,这样两条直线的交点,就是其外接球的球心,有时也可利用补体法得到半径.
8、B
【解析】,,
即函数是周期为的周期函数.
当时,,当时,.
,
,
故本题正确答案为
9、A
【解析】
用诱导公式化简计算.
【详解】因为,
所以,
所以原式.
故选:A.
【点睛】本题考查诱导公式,.
10、C
【解析】由对数函数的性质及分式的性质解不等式即可得解.
【详解】由题意得,解得,
所以的定义域为.
故选:C.
【点睛】本题考查了具体函数定义域的求解,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、-
【解析】由向量共线可得+λ=k((-3),计算即可.
【详解】由向量共线可得+λ=k((-3),
即+λ=k-3k,∴解得λ=-.
故答案为:-
12、
【解析】取值验证可判断;直接验证可判断;根据第一象限的概念可判断;由诱导公式化简可判断.
【详解】中,取时,的终边在x轴上,故错误;
中,当时,,故正确;
中,第一象限角的集合为,显然在该范围内函数不单调;
中,因为,所以,
所以,故正确.
故答案为:②④
13、
【解析】函数是定义在上的奇函数,当时,当时,则,,故答案为.
14、
【解析】作出函数的图象,如图所示,
当时,单调递减,且,当时,单调递增,且,所以函数的图象与直线有两个交点时,有
15、
【解析】=代入各量进行求解即可.
【详解】=,故答案.
【点睛】本题考查了向量模的求解,可以通过先平方再开方即可,属于基础题.
16、
【解析】根据余弦型函数的对称性可得出结果.
【详解】函数的图象关于原点对称,则.
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)-12;(2)12.
【解析】(1)按照向量的点积公式得到,再由向量运算的分配律得到结果;(2)根据向量垂直得到,按照运算公式展开得到结果即可.
【详解】(1)由题意得,
∴
(2)∵,∴,∴,
∴,∴
【点睛】这个题目考查了向量的点积运算,以及向量垂直的转化;向量的两个作用:①载体作用:关键是利用向量的意义、作用脱去“向量外衣”,转化为我们熟悉的数学问题;
②工具作用:利用向量可解决一些垂直、平行、夹角与距离问题.
18、(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.
19、(1).,
(2)
【解析】(1)直接利用三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质的应用求出结果
(2)利用正弦型函数的性质的应用求出结果
【详解】(1)由题意,函数,
==,
所以的最小正周期:
由,解得
即函数的单调递减区间是
(2)由(1)知,
因为,所以
要使f(x)在区间上的最小值为1,
即在区间上的最小值为-1
所以,即
所以m的最小值为
【点睛】本题考查了三角函数关系式的变换,正弦型函数的性质的应用,其中解答中熟练应用三角函数的图象与性质,准确运算是解答的关键,着重考查了运算能力和转换能力及思维能力,属于基础题型
20、(1)
(2)
【解析】(1)设圆的方程为,列出方程组,求得的值,即可求得圆的方程;
(2)根据题意得到,得出在以为直径的圆上,得到以为直径的圆的方程,再联立两圆的方程组,求得交点坐标,即可得到点的轨迹方程.
【小问1详解】
解:设圆的方程为,
因为圆过三个点,
可得,解得,
所以圆的方程为,即.
【小问2详解】
解:因为为线段的中点,且,所以在以为直径的圆上,
以为直径的圆的方程为,
联立方程组,解得或,