岳陽市重點中學2023屆高一數學第一學期期末統(tǒng)考試題含解析

2022-2023學年高一上數學期末模擬試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．已知圓與圓相離，則的取值范圍（）A. B.C. D.2．容量為100的樣本數據，按從小到大的順序分為8組，如下表：組號12345678頻數1013141513129第3組的頻數和頻率分別是（）A.和14 B.14和C.和24 D.24和3．函數的單調遞減區(qū)間是（）A.（） B.（）C.（） D.（）4．已知函數，則滿足的x的取值范圍是（）A. B.C. D.5．命題“?x＞0，x2＝x﹣1”的否定是（）A.?x＞0，x2≠x﹣1 B.?x≤0，x2＝x﹣1C.?x≤0，x2＝x﹣1 D.?x＞0，x2≠x﹣16．已知集合P=，，則PQ=（）A. B.C. D.7．已知關于的方程（）的根為負數，則的取值范圍是（）A. B.C. D.8．已知集合，則（）A. B.C. D.R9．已知，若不等式恒成立，則的最大值為（）A.13 B.14C.15 D.1610．函數的定義域為（）A.（－∞，2） B.（－∞，2]C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．圓的圓心到直線的距離為______.12．已知圓心為（1,1），經過點（4,5），則圓的標準方程為_____________________.13．若將函數的圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象，則的最小值為______14．已知是第四象限角且，則______________.15．已知函數對任意不相等的實數，，都有，則的取值范圍為______.16．函數的部分圖象如圖所示，則___________.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．已知函數，（其中）（1）求函數的值域；（2）如果函數在恰有10個零點，求最小正周期的取值范圍18．年，全世界范圍內都受到“新冠”疫情的影響，了解某些細菌、病毒的生存條件、繁殖習性等對于預防疾病的傳播、保護環(huán)境有極其重要的意義.某科研團隊在培養(yǎng)基中放入一定量某種細菌進行研究．經過分鐘菌落的覆蓋面積為，經過分鐘覆蓋面積為，后期其蔓延速度越來越快；現菌落的覆蓋面積（單位：）與經過時間（單位：）的關系有兩個函數模型與可供選擇.（參考數據：，，，，，，）（1）試判斷哪個函數模型更合適，說明理由，并求出該模型的解析式；（2）在理想狀態(tài)下，至少經過多久培養(yǎng)基中菌落面積能超過？（結果保留到整數）19．已知，求，的值.20．設函數且是定義域為的奇函數，（1）若，求的取值范圍；（2）若在上的最小值為，求的值21．如圖所示，四棱錐的底面是邊長為1的菱形，，E是CD中點，PA底面ABCD，（I）證明：平面PBE平面PAB；（II）求二面角A—BE—P和的大小

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、D【解析】∵圓的圓心為，半徑為，圓的標準方程為，則又兩圓相離，則：，本題選擇D選項.點睛：判斷兩圓的位置關系常用幾何法，即用兩圓圓心距與兩圓半徑和與差之間的關系，一般不采用代數法2、B【解析】根據樣本容量和其它各組的頻數，即可求得答案.【詳解】由題意可得：第3組頻數為，故第3組的頻率為，故選：B3、A【解析】根據余弦函數單調性，解得到答案.【詳解】解：，令，，解得，，故函數的單調遞減區(qū)間為；故選：A.4、D【解析】通過解不等式來求得的取值范圍.【詳解】依題意，即：或，即：或，解得或.所以的取值范圍是.故選：D5、D【解析】根據特稱命題的否定是全稱命題的知識選出正確結論.【詳解】因為特稱命題的否定是全稱命題，注意到要否定結論，所以：命題“?x＞0，x2＝x﹣1”的否定是：?x＞0，x2≠x﹣1故選：D【點睛】本小題主要考查全稱命題與特稱命題，考查特稱命題的否定，屬于基礎題.6、B【解析】根據集合交集定義求解.【詳解】故選：B【點睛】本題考查交集概念，考查基本分析求解能力，屬基礎題.7、D【解析】分類參數，將問題轉化為求函數在的值域，再利用指數函數的性質進行求解.【詳解】將化為，因為關于的方程（）的根為負數，所以的取值范圍是在的值域，當時，，則，即的取值范圍是.故選：D.8、D【解析】求出集合A，再利用并集的定義直接計算作答.【詳解】依題意，，而，所以故選：D9、D【解析】用分離參數法轉化為恒成立，只需，再利用基本不等式求出的最小值即可.【詳解】因為，所以，所以恒成立，只需因為，所以，當且僅當時，即時取等號.所以.即的最大值為16.故選：D10、D【解析】利用根式、分式的性質列不等式組求定義域即可.【詳解】由題設，，可得，所以函數定義域為.故選：D二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、1【解析】利用點到直線的距離公式可得所求的距離.【詳解】圓心坐標為，它到直線的距離為，故答案為：1【點睛】本題考查圓的標準方程、點到直線的距離，此類問題，根據公式計算即可，本題屬于基礎題.12、【解析】設出圓的標準方程，代入點的坐標，求出半徑，求出圓的標準方程【詳解】設圓的標準方程為（x-1）2+（y-1）2=R2，由圓經過點（4,5）得R2=25，從而所求方程為（x-1）2+（y-1）2=25，故答案為（x-1）2+（y-1）2=25【點睛】本題主要考查圓的標準方程，利用了待定系數法，關鍵是確定圓的半徑13、；【解析】因為函數的圖象向左平移個單位長度，得到,所以的最小值為14、【解析】直接由平方關系求解即可.【詳解】由是第四象限角，可得.故答案為：.15、【解析】首先根據題意得到在上為減函數，從而得到，再解不等式組即可.【詳解】由題知：對任意不相等的實數，，都有，所以在上為減函數，故，解得：.故答案為：【點睛】本題主要考查分段函數的單調性，同時考查了對數函數的單調性，屬于簡單題.16、##【解析】函數的圖象與性質，求出、與的值，再利用函數的周期性即可求出答案.【詳解】解：由圖象知，，∴，又由圖象可得：，可求得，∴，∴，∴故答案為：.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）【解析】（1）利用兩角和與差的正弦函數、二倍角公式化簡，將化為只含有一個三角函數的形式，然后利用三角函數性質求解；（2）將在恰有10個零點變?yōu)樵谠谇∮?0個解的問題，列出相應不等式即可求解.【小問1詳解】，由，得，可知函數的值域為，【小問2詳解】令，即，所以函數在恰有10個零點，即在在恰有10個解，設的最小正周期為,則,解得,即最小正周期的取值范圍時.18、（1）應選模型為，理由見解析；（2）【解析】（1）根據增長速度可知應選，根據已知數據可構造方程組求得，進而得到函數模型；（2）根據函數模型可直接構造不等式，結合參考數據計算可得，由此可得結論.小問1詳解】的增長速度越來越快，的增長速度越來越慢，應選模型為；則，解得：，，又，函數模型為；【小問2詳解】由題意得：，即，，，，至少經過培養(yǎng)基中菌落面積能超過.19、見解析【解析】分角為第三和第四象限角兩種情況討論，結合同角三角函數的基本關系可得解.【詳解】因為，，所以是第三或第四象限角.由得.如果是第三象限角，那么，于是，從而；如果是第四象限角，那么，.綜上所述，當是第三象限角時，，；當是第四象限角時，，.【點睛】本題考查利用同角三角函數的基本關系求值，考查計算能力，屬于基礎題.20、（1）；（2）2【解析】（1）由題意，得，由此可得，再代入解方程可得，由此可得函數在上為增函數，再根據奇偶性與單調性即可解出不等式；（2）由（1）得，，令，由得，利用換元法轉化為二次函數的最值，再分類討論即可求出答案【詳解】解：（1）由題意，得，即，解得，由，得，即，解得，或（舍去），∴，∴函數在上為增函數，由，得∴，解得，或，∴的取值范圍是；（2）由（1）得，，令，由得，，∴函數轉化為，對稱軸，①當時，，即，解得，或（舍去）；②當時，，解得（舍去）；綜上：【點睛】本題主要考查函數奇偶性與單調性的綜合應用，考查二次函數的最值問題，考查轉化與化歸思想，考查分類討論思想，屬于中檔題21、（I）同解析（II）二面角的大小為【解析】解：解法一（I）如圖所示,連結由是菱形且知，是等邊三角形.因為E是CD的中點，所以又所以又因為PA平面ABCD，平面ABCD，所以而因此平面PAB.又平面PBE，所以平面PBE平面PAB.（II）