河北省保定市第七中学2022年高一数学第一学期期末达标检测试题含解析.doc

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注意事项:
,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。
。
,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。
,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题(本大题共12小题,共60分)
,则“”是“”的()


(销售额-投入的费用)的图象,销售初期商户为亏损状态,为了实现扭亏为盈,实行了某种措施,图2为实行措施后的图象,则关于两个图象的说法正确的是


,面积是,则扇形的圆心角的弧度数是()
A. B.
C.
(x)=sin(2x+φ)为R上的偶函数,则φ的值可以是( )
A. B.
C. D.
,所得函数图象的一个对称中心是()
A. B.
C. D.
:30开始跑操,假设该校学生小张与小王在早上6:00~6:30之间到校,且每人在该时间段的任何时刻到校是等可能的,则小张与小王至少相差5分钟到校的概率为()
A. B.
C. D.

,则
,则为第二象限或第四象限角
,则
,恒成立

A. B.
C. D.
,,其中,若,,使得成立,则()
A. B.
C. D.
,集合,,它们的关系如图(Venn图)所示,则阴影部分表示的集合为()
A. B.
C. D.
,如果,,,则此三角形有()


,可以将函数的图像


二、填空题(本大题共4小题,共20分)
,且,若对所有的及任意的都满足,则的取值范围是__________
,则实数的取值范围为________
,正方体的棱长为1,B′C∩BC′=O,则AO与A′C′所成角的度数为________.
,则的坐标为_____________.
三、解答题(本大题共6小题,共70分)
,平面平面,,,分别是棱,上的点
(1)为的中点,求证:平面平面.
(2)若,平面,求的值.

(1)求函数的定义域,并判断函数的奇偶性;
(2)对于,不等式恒成立,求实数的取值范围
,平面,,,,分别是,的中点,,分别是,的中点.
(1)求证:平面.
(2)求证:平面平面.
(x)=lg,
(1)求f(x)的定义域并判断它的奇偶性
(2)判断f(x)的单调性并用定义证明
(3)解关于x的不等式f(x)+f(2x2﹣1)<0
.
(1)证明直线过某定点,并求该定点的坐标;
(2)当点到直线的距离最大时,求直线的方程.
,,.
(1)若,解关于方程;
(2)设,函数在区间上的最大值为3,求的取值范围;
(3)当时,对任意,函数在区间上的最大值与最小值的差不大于1,求的取值范围.
参考答案
一、选择题(本大题共12小题,共60分)
1、A
【解析】
由与互相推出的情况结合选项判断出答案
【详解】,
由可以推出,而不能推出
则“”是“”的充分而不必要条件
故选:A
2、B
【解析】起点不变,所以投入费用不变,扭亏为盈变快了,所以可能是提高商品售价,选B.
点睛:有关函数图象识别问题,由解析式确定函数图象的判断技巧:(1)由函数的定义域,判断图象左右的位置,由函数的值域,判断图象的上下位置;②由函数的单调性,判断图象的变化趋势;③由函数的奇偶性,判断图象的对称性;④由函数的周期性,判断图象的循环往复.(2),要注意实际问题中的定义域问题
3、C
【解析】根据扇形面积公式,求出扇形的半径,再由弧长公式,即可求出结论.
【详解】因为扇形的弧长为4,面积为2,
设扇形的半径为,则,
解得,则扇形的圆心角的弧度数为.
故选:C.
【点睛】本题考查扇形面积和弧长公式应用,属于基础题.
4、C
【解析】根据三角函数的奇偶性,即可得出φ的值
【详解】函数f(x)=sin(2x+φ)为R上的偶函数,则φ=+kπ,k∈Z;.
【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题,属于基础题
5、D
【解析】先由函数平移得解析式,再令,结合选项即可得解.
【详解】将函数图象向左平移个单位,
可得.
令,解得.
当时,有对称中心.
故选D.
【点睛】本题主要考查了函数的图像平移及正弦型三角函数的对称中心的求解,考查了学生的运算能力,属于基础题.
6、A
【解析】设小张与小王的到校时间分别为6:00后第分钟,第分钟,由题意可画出图形,利用几何概型中面积比即可求解.
【详解】
设小张与小王的到校时间分别为6:00后第分钟,第分钟,
可以看成平面中的点试验的全部结果所构成的区域为
是一个正方形区域,
对应的面积,
则小张与小王至少相差5分钟到校事件(如阴影部分)
则符合题意的区域,
由几何概型可知小张与小王至少相差5分钟到校的概率为.
故选:A
【点睛】本题考查了几何概率模型,解题的关键是画出满足条件的区域,属于基础题.
7、D
【解析】对于A,当时,,故A错;对于B,取,它是第二象限角,为第三象限角,故B错;对于C,因且,故,所以,故C错;对于D,因为,所以,所以,故D对,综上,选D
点睛:对于锐角,恒有成立
8、A
【解析】因为2、4是函数的零点,所以排除B、C;
因为时,所以排除D,故选A
9、B
【解析】首先已知等式变形为,构造两个函数,,问题可转化为这两个函数的值域之间的包含关系
【详解】∵,,∴,又,∴,
∴由得,,
设,,
则,,,∴的值域是值域的子集
∵,时,,显然,(否则0属于的值域,但)
∴,
∴(*)
由上讨论知同号,
时,(*)式可化为,∴,,
当时,(*)式可化为,∴,无解
综上:
故选:B
【点睛】本题考查函数恒成立问题,,然后构造新函数,(或者参数的一个范围),在这个范围解不等式才能非常简单地求解
10、C
【解析】根据所给关系图(Venn图),可知是求,由此可求得答案.
【详解】根据题意可知,阴影部分表示的是,
故,
故选:C.
11、A
【解析】利用余弦定理,结合一元二次方程根的判别式进行求解即可.
【详解】由余弦定理可知:
,
该一元二次方程根的判别式,
所以该一元二次方程没有实数根,
故选:A
12、B
【解析】因为,
所以为了得到函数的图像,可以将函数

二、填空题(本大题共4小题,共20分)
13、
【解析】由题意得,又因为在上是增函数,所以当,任意的时,,转化为在时恒成立,即在时恒成立,即可求解.
【详解】由题意,得,
又因为在上是增函数,所以当时,有,
所以在时恒成立,
即在时恒成立,
转化为在时恒成立,
所以或或
解得:或或,
即实数的取值范围是
【点睛】本题考查函数的恒成立问题的求解,求解的关键是把不等式的恒成立问题进行等价转化,考查分析问题和解答问题的能力,属于中档试题.
14、
【解析】根据复合函数单调性性质将问题转化二次函数单调性问题,注意真数大于0.
【详解】令,则,因为为减函数,所以在上单调递增等价于在上单调递减,且,即,解得.
故答案为:
15、30°
【解析】∵A′C′∥AC,∴AO与A′C′所成的角就是∠OAC(或其补角).
∵OC⊂平面BB′C′C,AB⊥平面BB′C′C,
∴OC⊥⊥OB,AB∩BO=B,
∴OC⊥⊂平面ABO,
∴OC⊥△AOC中,,∴∠OAC=30°.
即AO与A′C′所成角度数为30°.
点睛:平移线段法是求异面直线所成角的常用方法,其基本思路是通过平移直线,把异面问题化归为共面问题来解决,具体步骤如下:
①平移:平移异面直线中的一条或两条,作出异面直线所成的角;
②认定:证明作出的角就是所求异面直线所成的角;
③计算:求该角的值,常利用解三角形;
④取舍:由异面直线所成的角的取值范围是,当所作的角为钝角时,应取它的补角作为两条异面直线所成的角
16、
【解析】由过定点(0,1),借助于图像平移即可.
【详解】过定点(0,1),
而可以看成的图像右移3个单位,再下移2个点位得到的,