廣西桂林十八中2023屆高一上數學期末質量檢測試題含解析

2022-2023學年高一上數學期末模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（本大題共10小題；在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意，請將正確選項填涂在答題卡上.）1．納皮爾是蘇格蘭數學家，其主要成果有球面三角中納皮爾比擬式、納皮爾圓部法則（1614）和納皮爾算籌（1617），而最大貢獻是對數的發(fā)明，著有《奇妙的對數定律說明書》，并且發(fā)明了對數尺，可以利用對數尺查詢出任意一對數值.現將物體放在空氣中冷卻，如果物體原來的溫度是（℃），空氣的溫度是（℃），經過t分鐘后物體的溫度T（℃）可由公式得出，如溫度為90℃的物體，放在空氣中冷卻2.5236分鐘后，物體的溫度是50℃，若根據對數尺可以查詢出，則空氣溫度是（）A.5℃ B.10℃C.15℃ D.20℃2．高斯是德國著名的數學家，近代數學奠基者之一，享有數學王子的美譽，他和阿基米德、牛頓并列為世界三大數學家，用其姓名命名的“高斯函數”為，其中表示不超過的最大整數，例如，已知函數，令函數，則的值域為（）A.B.C.D.3．若不計空氣阻力，則豎直上拋的物體距離拋出點的高度h（單位：）與時間t（單位：）滿足關系式（取，為上拋物體的初始速度）.一同學在體育課上練習排球墊球，某次墊球，排球離開手臂豎直上拋的瞬時速度，則在不計空氣阻力的情況下，排球在墊出點2m以上的位置大約停留（）A.1 B.1.5C.1.8 D.2.24．已知,則=（）A. B.C. D.5．已知集合A={1,2,3}，集合B={x|x2=x}，則A∪B=（）A.{1} B.{1,2}C.{0,1,2,3} D.{－1,0,1,2,3}6．已知集合，集合，則等于（）A. B.C. D.7．設集合，，，則（）A. B.C. D.8．下列各組函數與的圖象相同的是（）A. B.C. D.9．某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐的體積是A. B.C. D.10．如果直線和同時平行于直線x-2y+3=0，則a,b的值為A.a= B.a=C.a= D.a=二、填空題（本大題共5小題，請把答案填在答題卡中相應題中橫線上）11．已知，，，則___________.12．在正方形ABCD中,E是線段CD的中點,若,則________.13．已知冪函數在為增函數，則實數的值為___________.14．如圖，在正方體中，、分別是、上靠近點的三等分點，則異面直線與所成角的大小是______.15．的值為______.三、解答題（本大題共6小題.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.）16．已知cos（α-β）cosβ-sin（α-β）sinβ=，＜α＜2π（1）求sin（2α+）的值；（2）求tan（α-）的值17．已知函數（，）的部分圖象如圖所示.（1）求的解析式；（2）若對任意，恒成立，求實數m的取值范圍；（3）求實數a和正整數n，使得（）在上恰有2021個零點.18．求值：（1）；（2）．19．設，，已知，求a的值.20．已知二次函數的圖象過點，且與軸有唯一的交點.（1）求表達式；（2）設函數，若上是單調函數，求實數的取值范圍；（3）設函數，記此函數的最小值為，求的解析式.21．已知向量，向量分別為與向量同向的單位向量.（Ⅰ）求向量與的夾角；（Ⅱ）求向量的坐標.

參考答案一、選擇題（本大題共10小題；在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意，請將正確選項填涂在答題卡上.）1、B【解析】依題意可得，即，即可得到方程，解得即可；【詳解】：依題意，即，又，所以，即，解得；故選：B2、C【解析】先進行分離，然后結合指數函數與反比例函數性質求出的值域，結合已知定義即可求解【詳解】解：因為，所以，所以，則的值域故選：C3、D【解析】將，代入，得出時間t，再求間隔時間即可.【詳解】解：將，代入，得，解得，所以排球在墊出點2m以上的位置大約停留.故選：D4、B【解析】根據兩角和的正切公式求出，再根據二倍角公式以及同角三角函數的基本關系將弦化切，代入求值即可.【詳解】解：解得故選：【點睛】本題考查三角恒等變換以及同角三角函數的基本關系，屬于中檔題.5、C【解析】求出集合B={0，1}，然后根據并集的定義求出A∪B【詳解】解：∵集合A＝{1，2，3}，集合B＝{x|x2＝x}＝{0，1}，∴A∪B＝{0，1，2，3}故選C【點睛】本題考查并集的求法，是基礎題，解題時要認真審題6、A【解析】根據題意先解出集合B，進而求出交集即可.詳解】由題意，，則.故選：A.7、D【解析】根據交集、補集的定義計算可得；【詳解】解：集合，，，則故選：D8、B【解析】根據相等函數的定義即可得出結果.【詳解】若函數與的圖象相同則與表示同一個函數，則與的定義域和解析式相同.A：的定義域為R，的定義域為，故排除A；B：，與的定義域、解析式相同，故B正確；C：的定義域為R，的定義域為，故排除C；D：與的解析式不相同，故排除D.故選：B9、B【解析】由三視圖判斷底面為等腰直角三角形，三棱錐的高為2，則，選B.【考點定位】三視圖與幾何體的體積10、A【解析】由兩直線平行時滿足的條件，列出關于方程，求出方程的解即可得到的值.【詳解】直線和同時平行于直線，，解得，故選A.【點睛】本題主要考查兩條直線平行的充要條件，意在考查對基礎知識的理解與應用，屬于基礎題.二、填空題（本大題共5小題，請把答案填在答題卡中相應題中橫線上）11、【解析】由已知條件結合所給角的范圍求出、，再將展開即可求解【詳解】因為，所以，又因為，所以，所以，因為，，所以，因為，所以，所以，故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：本題解題的關鍵點是由已知角的三角函數值的符號確定角的范圍進而可求角的正弦或余弦，將所求的角用已知角表示即.12、【解析】詳解】由圖可知，，所以))所以，故，即，即得13、4【解析】根據冪函數的定義和單調性，即可求解.【詳解】解：為遞增的冪函數，所以，即，解得：，故答案為：414、【解析】連接，可得出，證明出四邊形為平行四邊形，可得，可得出異面直線與所成角為或其補角，分析的形狀，即可得出的大小，即可得出答案.【詳解】連接、、，，，在正方體中，，，，所以，四邊形為平行四邊形，，所以，異面直線與所成的角為.易知為等邊三角形，.故答案為：.【點睛】本題考查異面直線所成角的計算，一般利用平移直線法，選擇合適的三角形求解，考查計算能力，屬于中等題.15、11【解析】進行對數和分數指數冪的運算即可【詳解】原式故答案為：11三、解答題（本大題共6小題.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.）16、（1）；（2）.【解析】（1）先根據題目中的條件結合同角公式求出，利用二倍角公式求出，利用兩角和的正弦公式即可求出的值（2）根據第一問求得的的值直接求出的值，再利用兩角差的正切公式即可求出的值【詳解】解：（1）∵cos（α-β）cosβ-sin（α-β）sinβ=，∴cos[（α-β）+β]=，即cos∵＜α＜2π，∴sinα=∴sin2α=2sinαcosα=，cos2α=∴sin（2α+）=sin2αcos+cos2αsin=；（2）由（1）知，tan，∴tan（α-）==【點睛】本題考查兩角和差的正余弦公式及正切公式的靈活運用，以及倍角公式的使用；在做這一類題目時要靈活運用這一同角公式17、（1）（2）（3）當時，；當時，【解析】（1）根據圖象的特點，通過的周期和便可得到的解析式；（2）通過換元轉化為一元二次不等式的恒成立問題，根據二次函數的特點得到，然后解出不等式即可；（3）將函數的零點個數問題，轉化為的圖象與直線的交點個數問題，然后分析在一個周期內與的交點情況，根據的取值情況分類討論即可【小問1詳解】根據圖象可知，且，的周期為：解得：，此時，，且可得：解得：故【小問2詳解】當時，令，又恒成立等價于在上恒成立令，則有：開口向上，且，只需即可滿足題意故實數m的取值范圍是【小問3詳解】由題意可得：的圖象與直線在上恰有2021個零點在上時，，分類討論如下：①當時，的圖象與直線在上無交點；②當時，的圖象與直線在僅有一個交點，此時的圖象與直線在上恰有2021個交點，則；③當或時，的圖象與直線在上恰有2個交點，的圖象與直線在上有偶數個交點，不會有2021個交點；④當時，的圖象與直線在上恰有3個交點，此時才能使的圖象與直線在上有2021個交點.綜上，當時，；當時，.18、（1）；（2）5．【解析】（1）利用指數冪的運算法則計算即得解；（2）利用對數的運算法則化簡計算即得解.【詳解】（1）原式＝；（2）原式＝.【點睛】本題主要考查指數對數的運算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.19、-3【解析】根據，分和，討論求解.【詳解】解：因為，，且，所以當時，解得，此時，不符合題意；當時，解得或，若，則，不成立；若，則，成立；所以a的值為-3.20、（1）（2）或（3）見解析【解析】（1）由已知條件分別求出的值，得出解析式；（2）求出函數的表達式，由已知得出區(qū)間在對稱軸的一側，進而求出的范圍；（3）函數，對稱軸，圖象開口向上，討論不同情況下在上的單調性，可得函數的最小值的解析式試題解析：（1）依題意得，，解得，，，從而；（2），對稱軸為，圖象開口向上當即時，在上單調遞增，當即時，在上單調遞減，綜上，或（3），對稱軸為，圖象開口向上當即時，在上單調遞增，此時函數的最小值當即時，在上遞減，在上遞增此時函數的最小值；當即時，在上單調遞減，此時函數的最小