福州七中2022年高一上數(shù)學(xué)期末監(jiān)測(cè)模擬試題含解析

2022-2023學(xué)年高一上數(shù)學(xué)期末模擬試卷請(qǐng)考生注意：1．請(qǐng)用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請(qǐng)用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無(wú)效。2．答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的《注意事項(xiàng)》，按規(guī)定答題。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個(gè)小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，恰有一項(xiàng)是符合題目要求的1．高斯是德國(guó)著名的數(shù)學(xué)家，近代數(shù)學(xué)奠基者之一，享有“數(shù)學(xué)王子”的稱號(hào)，用其名字命名的“高斯函數(shù)”為：設(shè)，用表示不超過的最大整數(shù)，則稱為高斯函數(shù)，例如：，，已知函數(shù)，則函數(shù)的值域是A. B.C. D.2．設(shè)y1＝0.4，y2＝0.5，y3＝0.5，則()A.y3＜y2＜y1 B.y1＜y2＜y3C.y2＜y3＜y1 D.y1＜y3＜y23．已知函數(shù)在[2，3]上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）A. B.C. D.4．下列說法正確的有（）①兩個(gè)面平行且相似，其余各面都是梯形的多面體是棱臺(tái)；②以直角三角形的一邊為軸旋轉(zhuǎn)一周所得的旋轉(zhuǎn)體是圓錐；③各側(cè)面都是正方形的四棱柱一定是正方體；④圓錐的軸截面是等腰三角形.A.1個(gè) B.2個(gè)C.3個(gè) D.4個(gè)5．設(shè)為所在平面內(nèi)一點(diǎn)，若，則下列關(guān)系中正確的是A. B.C. D.6．已知，若函數(shù)恰有兩個(gè)零點(diǎn)、（），那么一定有（）A. B.C. D.7．下列各式正確是A. B.C. D.8．設(shè)函數(shù)在區(qū)間上為偶函數(shù)，則的值為（）A.-1 B.1C.2 D.39．已知向量，，則向量與的夾角為（）A. B.C. D.10．已知函數(shù)的部分圖象如圖所示，下列結(jié)論正確的個(gè)數(shù)是（）①②將的圖象向右平移1個(gè)單位，得到函數(shù)的圖象③的圖象關(guān)于直線對(duì)稱④若，則A.0個(gè) B.1個(gè)C.2個(gè) D.3個(gè)二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，當(dāng)時(shí)，為常數(shù)），則=_________.12．半徑為2cm，圓心角為的扇形面積為.13．已知函數(shù)，且關(guān)于的方程有且僅有一個(gè)實(shí)數(shù)根，那實(shí)數(shù)的取值范圍為________14．設(shè)，若函數(shù)在上單調(diào)遞增，則的取值范圍是A. B. C. D.15．在三棱錐中，，，，則三棱錐的外接球的表面積為________.16．已知直線與圓C：相交于A，B兩點(diǎn)，則|AB|＝____________三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．已知：，．設(shè)函數(shù)求：（1）的最小正周期；（2）的對(duì)稱中心，（3）若，且，求18．已知（1）化簡(jiǎn)；（2）若=2，求的值.19．函數(shù)，在內(nèi)只取到一個(gè)最大值和一個(gè)最小值，且當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，（1）求此函數(shù)的解析式；（2）求此函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間20．已知函數(shù)（1）若的定義域?yàn)镽，求a的取值范圍；21．如圖，已知多面體PABCDE的底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，PA⊥底面ABCD，ED//PA，且PA=2ED=2（1）證明：平面PAC⊥平面PCE；（2）若直線PC與平面ABCD所成的角為45°，求直線CD與平面PCE所成角的正弦值

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(gè)小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，恰有一項(xiàng)是符合題目要求的1、D【解析】化簡(jiǎn)函數(shù)，根據(jù)表示不超過的最大整數(shù)，可得結(jié)果.【詳解】函數(shù)，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，函數(shù)的值域是，故選D.【點(diǎn)睛】本題考查指數(shù)的運(yùn)算、函數(shù)的值域以及新定義問題，屬于難題.新定義題型的特點(diǎn)是：通過給出一個(gè)新概念，或約定一種新運(yùn)算，或給出幾個(gè)新模型來創(chuàng)設(shè)全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學(xué)的知識(shí)和方法，實(shí)現(xiàn)信息的遷移，達(dá)到靈活解題的目的.遇到新定義問題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點(diǎn)，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、驗(yàn)證、運(yùn)算，使問題得以解決.2、B【解析】本題考查冪函數(shù)與指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性考查冪函數(shù)，此為定義在上的增函數(shù)，所以，則；考查指數(shù)函數(shù)，此為定義在在上的減函數(shù)，所以，所以所以有故正確答案為3、C【解析】根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性法則“同增異減”求解即可.【詳解】由于函數(shù)在上單調(diào)遞減，在定義域內(nèi)是增函數(shù)，所以根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性法則“同增異減”得：在上單調(diào)遞減，且，所以且，解得：.故的取值范圍是故選：C.4、A【解析】對(duì)于①：利用棱臺(tái)的定義進(jìn)行判斷；對(duì)于②：以直角三角形的斜邊為軸旋轉(zhuǎn)一周所得的旋轉(zhuǎn)體不是圓錐.即可判斷；對(duì)于③：舉反例：底面的菱形，各側(cè)面都是正方形的四棱柱不是正方體.即可判斷；對(duì)于④：利用圓錐的性質(zhì)直接判斷.【詳解】對(duì)于①：棱臺(tái)是棱錐過側(cè)棱上一點(diǎn)作底面的平行平面分割而得到的.而兩個(gè)面平行且相似，其余各面都是梯形的多面體中，把梯形的腰延長(zhǎng)后，有可能不交于一點(diǎn)，就不是棱臺(tái).故①錯(cuò)誤；對(duì)于②：以直角三角形的斜邊為軸旋轉(zhuǎn)一周所得的旋轉(zhuǎn)體不是圓錐.故②錯(cuò)誤；對(duì)于③：各側(cè)面都是正方形的四棱柱中，如果底面的菱形，一定不是正方體.故③錯(cuò)誤；對(duì)于④：圓錐的軸截面是等腰三角形.是正確的.故④正確.故選：A5、A【解析】∵∴?=3(?)；∴=?.故選A.6、A【解析】構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)和，根據(jù)兩個(gè)函數(shù)的圖象恰有兩個(gè)交點(diǎn)，在同一坐標(biāo)系內(nèi)作出函數(shù)的圖象，結(jié)合圖象，即可求解.【詳解】根據(jù)題意，構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)和，則兩個(gè)函數(shù)的圖象恰有兩個(gè)交點(diǎn)，在同一坐標(biāo)系內(nèi)作出函數(shù)的圖象，如圖所示，結(jié)合圖象可得.故選：A.7、D【解析】對(duì)于，，，故，故錯(cuò)誤；根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，可知錯(cuò)誤故選8、B【解析】由區(qū)間的對(duì)稱性得到，解出b；利用偶函數(shù)，得到，解出a，即可求出.【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)在區(qū)間上為偶函數(shù)，所以，解得又為偶函數(shù)，所以，即，解得：a=-1.所以.故選：B9、C【解析】結(jié)合平面向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示求出，然后代入模長(zhǎng)公式分別求出和，進(jìn)而根據(jù)平面向量的夾角公式即可求出夾角的余弦值，進(jìn)而求出結(jié)果.【詳解】，，，，從而，且，記與的夾角為，則又，，故選：10、C【解析】由函數(shù)的圖象的頂點(diǎn)坐標(biāo)求出A，由周期求出，可判斷①，由點(diǎn)的坐標(biāo)代入求得，可得函數(shù)的解析式,再根據(jù)函數(shù)圖象的變換規(guī)律可判斷②，將代入解析式中驗(yàn)證，可判斷③；根據(jù)三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)可判斷④，即可得到答案【詳解】由函數(shù)圖象可知：,函數(shù)的最小正周期為，故，將代入解析式中：，得：由于，故，故①錯(cuò)誤；由以上分析可知，將的圖象向右平移1個(gè)單位，得到函數(shù)的圖象，故②正確；將代入得，故③錯(cuò)誤；由于函數(shù)的最小正周期為8，而,故不會(huì)出現(xiàn)一個(gè)取到最大或最小值另一個(gè)取到最小或最大的情況，故，故④正確，故選：C二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】先由函數(shù)奇偶性，結(jié)合題意求出，計(jì)算出，即可得出結(jié)果.【詳解】因?yàn)闉槎x在上的奇函數(shù)，當(dāng)時(shí)，，則，解得，則，所以，因此.故答案為：.12、【解析】求出扇形的弧長(zhǎng),利用扇形面積公式求解即可.【詳解】因?yàn)榘霃綖?圓心角為的扇形,弧長(zhǎng)為,所以扇形面積為:故答案為.【點(diǎn)睛】本題考查扇形的面積公式的應(yīng)用,考查計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題.13、【解析】利用數(shù)形結(jié)合的方法，將方程根的問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象交點(diǎn)的問題，觀察圖象即可得到結(jié)果.【詳解】作出的圖象，如下圖所示：∵關(guān)于的方程有且僅有一個(gè)實(shí)數(shù)根，∴函數(shù)的圖象與有且只有一個(gè)交點(diǎn)，由圖可知，則實(shí)數(shù)的取值范圍是.故答案為：.14、D【解析】由于函數(shù)為奇函數(shù)，且在上單調(diào)遞增，結(jié)合函數(shù)的圖象可知該函數(shù)的半周期大于或等于，所以，所以選擇D考點(diǎn)：三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)15、【解析】構(gòu)造長(zhǎng)方體，使得面上的對(duì)角線長(zhǎng)分別為4，5，,則長(zhǎng)方體的對(duì)角線長(zhǎng)等于三棱錐P-ABC外接球的直徑，即可求出三棱錐P-ABC外接球的表面積【詳解】∵三棱錐P?ABC中,PA=BC=4,PB=AC=5,PC=AB=，∴構(gòu)造長(zhǎng)方體,使得面上的對(duì)角線長(zhǎng)分別為4,5,，則長(zhǎng)方體的對(duì)角線長(zhǎng)等于三棱錐P?ABC外接球的直徑.設(shè)長(zhǎng)方體的棱長(zhǎng)分別為x,y,z,則，∴三棱錐P?ABC外接球的直徑為，∴三棱錐P?ABC外接球的表面積為.故答案為：26π.【點(diǎn)睛】本題主要考查三棱錐外接球表面積的求法，屬于難題.要求外接球的表面積和體積，關(guān)鍵是求出球的半徑，求外接球半徑的常見方法有：①若三條棱兩垂直則用（為三棱的長(zhǎng)）；②若面（），則（為外接圓半徑）；③可以轉(zhuǎn)化為長(zhǎng)方體的外接球；④特殊幾何體可以直接找出球心和半徑.16、6【解析】先求圓心到直線的距離，再根據(jù)弦心距、半徑、弦長(zhǎng)的幾何關(guān)系求|AB|.【詳解】因?yàn)閳A心C(3,1)到直線的距離，所以故答案為：6三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）（k∈Z）；（3）或.【解析】（1）解：由題意，，（1）函數(shù)的最小正周期為；（2），得，所以對(duì)稱中心；（3）由題意，，得或，所以或點(diǎn)睛：本題考查三角函數(shù)的恒等關(guān)系的綜合應(yīng)用．本題中，由向量的數(shù)量積，同時(shí)利用三角函數(shù)化簡(jiǎn)的基本方法，得到，利用三角函數(shù)的性質(zhì)，求出周期、對(duì)稱中心等18、（1）=（2）2【解析】（1）利用誘導(dǎo)公式即可化簡(jiǎn).（2）利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系化簡(jiǎn)并將（1）中的數(shù)據(jù)代入即可.【詳解】解：（1）.（2）由（1）知，【點(diǎn)睛】本題考查了三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式以及同角三角函數(shù)的基本關(guān)系“齊次式”的運(yùn)算，需熟記公式，屬于基礎(chǔ)題.19、（1）；（2）.【解析】（1）由函數(shù)的最值求得振幅A，利用周期公式求得，根據(jù)五點(diǎn)法求，進(jìn)而求得解析式；（2）依據(jù)正弦函數(shù)單調(diào)區(qū)間，列出不等式，解之即可得到函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間【詳解】（1）在內(nèi)函數(shù)只取到一個(gè)最大值和一個(gè)最小值，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，則，函數(shù)的最小正周期，則由，可得，則此函數(shù)的解析式；（2）由，可得，則函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為20、（1）（2）【解析】（1）轉(zhuǎn)化為，可得答案；（2）轉(zhuǎn)化為時(shí)，利用基本不等式對(duì)求最值可得答案【小問1詳解】由題意得恒成立，得，解得，故a的取值范圍為【小問2詳解】由，得，即，因?yàn)椋?，因?yàn)?，所以，?dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立故，a的取值范圍為21、(1)見解析(2)2【解析】1連接BD，交AC于點(diǎn)O，設(shè)PC中點(diǎn)為F，連接OF，EF，先證出BD∥EF，再證出EF⊥平面PAC，，結(jié)合面面垂直的判定定理即可證平面PAC⊥平面PCE；2先證明∠PCA=45°，設(shè)CD的中點(diǎn)為M，連接AM，所以點(diǎn)P到平面CDE的距離與點(diǎn)A到平面CDE的距離相等，即h2解析：（1）證明：連接BD，交AC于點(diǎn)O，設(shè)PC中點(diǎn)為F，連接OF，EF∵O，F(xiàn)分別為AC，PC的中點(diǎn)，∴OF//PA，且OF=1∵DE//PA，且DE=1∴OF//DE，且OF=DE，∴四邊形OFED為平行四邊形，∴OD//EF，即BD//EF，∵PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴PA⊥BD，∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC∵PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，∵BD//EF，∴EF⊥平面PAC，∵FE?平面PCE，∴平面PAC⊥平面PCE（2）因?yàn)橹本€PC與平面ABCD所成角為45°，所以∠PCA=45°，所以AC=PA=2，所以AC=AB，故ΔABC為