江西省撫州市臨川實驗學校2022-2023學年高一上數學期末質量跟蹤監(jiān)視試題含解析

2022-2023學年高一上數學期末模擬試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，請將正確答案涂在答題卡上.）1．設定義在R上的函數滿足，且，當時，，則A. B.C. D.2．生物體死亡后，它機體內原有的碳14含量會按確定的比率衰減（稱為衰減率），與死亡年數之間的函數關系式為（其中為常數），大約每經過5730年衰減為原來的一半，這個時間稱為“半衰期”．若2021年某遺址文物出土時碳14的殘余量約占原始含量的，則可推斷該文物屬于（）參考數據：參考時間軸：A.宋 B.唐C.漢 D.戰(zhàn)國3．已知函數，若函數在上有3個零點，則m的取值范圍為（）A. B.C. D.4．將函數的圖像向右平移個單位后得到的圖像關于直線對稱，則的最小正值為A. B.C. D.5．圓：與圓：的位置關系是A.相交 B.相離C.外切 D.內切6．在中，角、、的對邊分別為、、，已知，，，則A. B.C. D.7．函數的零點為，，則的值為（）A.1 B.2C.3 D.48．函數y=|x2-1|與y=a的圖象有4個交點，則實數a的取值范圍是A.(0，) B.(-1，1)C.(0，1) D.(1，)9．定義在上的函數，當時，，若，則、、的大小關系為（）A. B.C. D.10．若log2a<0，，則()A.a>1，b>0 B.a>1，b<0C.0<a<1，b>0 D.0<a<1，b<011．集合，，則（）A. B.C. D.12．已知集合，則下列關系中正確的是（）A. B.C. D.二、選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分,將答案寫在答題卡上.）13．設是定義在區(qū)間上的嚴格增函數．若，則a的取值范圍是______14．已知集合，，則___________.15．設函數和函數，若對任意都有使得，則實數a的取值范圍為______16．設集合，對其子集引進“勢”的概念；①空集的“勢”最??；②非空子集的元素越多，其“勢”越大；③若兩個子集的元素個數相同，則子集中最大的元素越大，子集的“勢”就越大.最大的元素相同，則第二大的元素越大，子集的“勢”就越大，以此類推.若將全部的子集按“勢”從小到大順序排列，則排在第位的子集是_________.三、解答題（本大題共6個小題，共70分。解答時要求寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟。）17．已知函數，在一個周期內的圖象如下圖所示.（1）求函數的解析式；（2）設，且方程有兩個不同的實數根，求實數m的取值范圍和這兩個根的和.18．在體育知識有獎問答競賽中，甲、乙、丙三人同時回答一道有關籃球知識的問題，已知甲答題正確的概率是，乙答題錯誤的概率是，乙、丙兩人都答題正確的概率是，假設每人答題正確與否是相互獨立的（1）求丙答題正確的概率；（2）求甲、丙都答題錯誤，且乙答題正確的概率19．如圖，函數（，）的圖象與y軸交于點，最小正周期是π（1）求函數的解析式；（2）已知點，點P是函數圖象上一點，點是線段PA中點，且，求的值20．如圖，是正方形，直線底面，，是的中點.（1）證明：直線平面；（2）求直線與平面所成角的正切值.21．近年來，隨著我市經濟的快速發(fā)展，政府對民生越來越關注市區(qū)現有一塊近似正三角形的土地（如圖所示），其邊長為2百米，為了滿足市民的休閑需求，市政府擬在三個頂點處分別修建扇形廣場，即扇形和，其中與、分別相切于點，且與無重疊，剩余部分（陰影部分）種植草坪.設長為（單位：百米），草坪面積為（單位：萬平方米）.（1）試用分別表示扇形和的面積，并寫出的取值范圍；（2）當為何值時，草坪面積最大？并求出最大面積.22．已知角的終邊經過點，試求：（1）tan的值；（2）的值.

參考答案一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，請將正確答案涂在答題卡上.）1、C【解析】結合函數的周期性和奇偶性可得，代入解析式即可得解.【詳解】由，可得.，所以.由，可得.故選C.【點睛】本題主要考查了函數的周期性和奇偶性，著重考查了學生的轉化和運算能力，屬于中檔題.2、D【解析】根據給定條件可得函數關系，取即可計算得解.【詳解】依題意，當時，，而與死亡年數之間的函數關系式為，則有，解得，于是得，當時，，于是得：，解得，由得，對應朝代為戰(zhàn)國，所以可推斷該文物屬于戰(zhàn)國.故選：D3、A【解析】畫出函數圖像，分解因式得到，有一個解故有兩個解，根據圖像得到答案.【詳解】畫出函數的圖像，如圖所示：當時，即，有一個解；則有兩個解，根據圖像知：故選：【點睛】本題考查了函數的零點問題，畫出函數圖像，分解因式是解題的關鍵.4、C【解析】函數，將其圖像向右平移個單位后得到∵這個圖像關于直線對稱∴，即∴當時取最小正值為故選C點睛：三角函數的圖象變換，提倡“先平移，后伸縮”，但“先伸縮，后平移”也常出現在題目中，所以也必須熟練掌握.無論是哪種變形，切記每一個變換總是對字母而言.5、A【解析】求出兩圓的圓心和半徑,用圓心距與半徑和、差作比較,得出結論.【詳解】圓的圓心為(1,0),半徑為1,圓的圓心為(0,2),半徑為2,故兩圓圓心距為,兩半徑之和為3,兩半徑之差為1,其中,故兩圓相交,故選:A.【點睛】本題主要考查兩圓的位置關系,需要學生熟悉兩圓位置的五種情形及其判定方法,屬于基礎題.6、B【解析】分析：直接利用余弦定理求cosA.詳解：由余弦定理得cosA=故答案為B.點睛：(1)本題主要考查余弦定理在解三角形中的應用，意在考查學生對余弦定理的掌握水平.(2)已知三邊一般利用余弦定理：.7、C【解析】根據零點存在性定理即可求解.【詳解】是上的增函數，又，函數的零點所在區(qū)間為，又，.故選：C.8、C【解析】作函數圖象，根據函數圖像確定實數a的取值范圍.【詳解】作函數圖象，根據函數圖像得實數a的取值范圍為（0，1），選C.【點睛】利用函數圖象可以解決很多與函數有關的問題，如利用函數的圖象解決函數性質問題，函數的零點、方程根的問題，有關不等式的問題等.解決上述問題的關鍵是根據題意畫出相應函數的圖象，利用數形結合的思想求解.9、C【解析】令，求得，得到是奇函數，再令，證得在上遞減判斷.【詳解】因為，令，得，解得，令，得，所以是奇函數，因時，，則，，令，則，，且，則，，所以，即，即，所以在上遞減，，因為，所以，故選：C10、D【解析】，則；，則，故選D11、B【解析】解不等式可求得集合，由交集定義可得結果.【詳解】，，.故選：B.12、C【解析】利用元素與集合、集合與集合的關系可判斷各選項的正誤.詳解】∵，∴，所以選項A、B、D錯誤，由空集是任何集合的子集，可得選項C正確.故選：C.【點睛】本題考查元素與集合、集合與集合關系的判斷，屬于基礎題.二、選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分,將答案寫在答題卡上.）13、.【解析】根據題意，列出不等式組，即可求解.【詳解】由題意，函數是定義在區(qū)間上的嚴格增函數，因為，可得，解得，所以實數a的取值范圍是.故答案為：.14、【解析】根據并集的定義可得答案.【詳解】，，.故答案為：.15、【解析】先根據的單調性求出的值域A，分類討論求得的值域B，再將條件轉化為A，進行判斷求解即可【詳解】是上的遞減函數，∴的值域為，令A=，令的值域為B，因為對任意都有使得，則有A，而，當a=0時，不滿足A；當a>0時，，∴解得；當a<0時，，∴不滿足條件A,綜上得.故答案為.【點睛】本題考查了函數的值域及單調性的應用，關鍵是將條件轉化為兩個函數值域的關系，運用了分類討論的數學思想，屬于中檔題16、【解析】根據題意依次按“勢”從小到大順序排列，得到答案.【詳解】根據題意，將全部的子集按“勢”從小到大順序排列為：，，，，，，，.故排在第6的子集為.故答案為：三、解答題（本大題共6個小題，共70分。解答時要求寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟。）17、（1），（2）或；當時，兩根之和；當）時，兩根之和.【解析】（1）觀察圖象可得：，根據求出，再根據可得．可得解;（2）如圖所示，．作出直線．方程有兩個不同的實數根轉化為：函數．與函數圖象交點的個數．利用圖象的對稱性質即可得出【詳解】（1）觀察圖象可得：，因為f(0)=1,所以.因為，由圖象結合五點法可知，對應于函數y=sinx的點，所以（2）如圖所示，作出直線方程有兩個不同的實數根轉化為：函數與函數圖象交點的個數可知：當時，此時兩個函數圖象有兩個交點，關于直線對稱，兩根和為當時，此時兩個函數圖象有兩個交點，關于直線對稱，兩根和為【點睛】本題考查了三角函數的圖象與性質、方程思想、數形結合方法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題18、（1）（2）【解析】（1）設丙答對這道題的概率為，利用對立事件和相互獨立事件概率公式，即可求解；（2）由相互獨立事件概率乘法公式，即可求解.【小問1詳解】記甲、乙、丙3人獨自答對這道題分別為事件，設丙答對題的概率，乙答對題的概率，由于每人回答問題正確與否是相互獨立的，因此是相互獨立事件.根據相互獨立事件同時發(fā)生的概率公式，得，解得，所以丙對這道題的概率為【小問2詳解】甲、丙都答題錯誤，且乙答題正確的概率為甲、乙、丙三人都回答錯誤的概率為19、（1）；（2），或.【解析】（1）根據余弦型函數的最小正周期公式，結合代入法進行求解即可；（2）根據中點坐標公式，結合余弦函數的性質進行求解即可.【小問1詳解】因為函數的最小正周期是π，，所以有，即，因為函數的圖象與y軸交于點，所以，因為，所以，即；【小問2詳解】設，即，因為點是線段PA的中點，所以有，代入，得，因為，所以，因此有，或，解得：，或.20、（1）證明見解析；（2）；【解析】（1）連接，由三角形中位線可證得，根據線面平行判定定理可證得結論；（2）根據線面角定義可知所求角為，且，由長度關系可求得結果.【詳解】（1）連接，交于，連接四邊形為正方形為中點，又為中點平面，平面平面（2）平面直線與平面所成角即為設，則【點睛】本題考查立體幾何中線面平行關系的證明、直線與平面所成角的求解；證明線面平行關系常采用兩種方法：（1）在平面中找到所證直線的平行線；（2）利用面面平行的性質證得線面平行.21、（1），，；（2）時，草坪面積最大，最大面積為萬平方米.【解析】（1）因為，所以可得三個扇形的半徑，圓心角都為，由扇形的面積公式可得答案；（2）用三角形面積減去三個扇形面積可得草坪面積，再利用二次函數可求出最值.【詳解】（1），則，，在扇形中，的長為，所以，同理，.∵與無重疊，∴，即，則.又三個扇形都在三