2022-2023学年四川省三台县第一中学高一数学第一学期期末质量检测试题含解析.pdf

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2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷
请考生注意:
,
案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
,认真阅读答题纸上的《注意事项》,按规定答题。
一、选择题(本大题共12小题,共60分)

(x)logx22x的单调递增区间是()
5
1,2,
.
,1,0
.
(x)是定义在R上的奇函数,当x>0时,f(x)=﹣x+1,则当x<0时,f(x)等于()
A.﹣x+1B.﹣x﹣1
+﹣1
fx3sinxcosx00,
,则的取值范围为()
11171117
A.,B.,

6666
5858
C.,D.,

3333
(3,4)为圆心,且与y轴相切的圆的标准方程为()
A.(x3)2(y4)216B.(x3)2(y4)216
C.(x3)2(y4)29D.(x3)2(y4)29
122
的终边与单位圆相交于点P,,则sin2=()
33

2222
A.B.
99
4242
C.D.
99
,四面体ABCD中,CD=4,AB=2,F分别是AC,BD的中点,若EF⊥AB,则EF与CD所成的角的大小是
():.
°°
°°
,网格纸的各小格都是正方形(边长为1),粗实线画出的是一个凸多面体的三视图(两个矩形,一个直角三角
形),则这个几何体的表面积为()
365
458

,最小正周期是的是()
2
x
cos
2
tan3x
,,那么集合A可能是()
.
.
2a
fx在定义域1,1上是减函数,且f1afa1,则的取值范围为()
A.(0,1)B.(-2,1)
C.(0,2)D.(0,2):.
π
,且在区间0,上单调递增的函数是()
2
=sinx+=sinx-cosx
sinx
==
cosx

,b满足:a1,aba,2abb,则b

2
.
2
二、填空题(本大题共4小题,共20分)
lg25______________.
P4m,3mm0
,则2sincos的值是______.
x1135199
(x),则f()f()f()f()______________
x1100100100100
,将该三角形旋转一周,所得几何体的表面积为__________
三、解答题(本大题共6小题,共70分)
1
cos,0
5
(1)求sincos的值
(2)求tan()

fx的定义域DxxR且x0,对定义域D内任意两个实数x,x,都有
12
fxfxfxx
成立
1212
f1yfx
(1)求的值并证明为偶函数;

(x)2cos2x
4
(1)求函数f(x)的最小正周期、单调区间;

(2)求函数f(x)在区间,上的最小值和最大值.

82
,在矩形ABCD中,边AB所在的直线方程的斜率为2,点C(2,0).求直线BC的方程:.
(x)2sinx
(1)求f(x)的最大值,并写出f(x)取得最大值时自变量x的集合;
π
(2)把曲线y=f(x)向左平移个单位长度,然后使曲线上各点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变),得到函数
3
g(x)的图象,求g(x)在x[2π,2π]上的单调递增区间.
,在平面直角坐标系xOy中,角的始边与x轴的非负半轴重合,终边在第二象限且与单位圆O相交于点A,
3
过点A作x轴的垂线,垂足为点B,OB.
5
(1)求tan的值;
sin
(2)求5的值.
coscos

2
参考答案
一、选择题(本大题共12小题,共60分):.
1、B
【解析】先求出函数的定义域,然后将复合函数分解为内、外函数,分别讨论内外函数的单调性,进而根据复合函数
单调性“同增异减”的原则,得到函数y=log(x2-2x)的单调递增区间
3
【详解】函数y=log(x2-2x)的定义域为(-∞,0)∪(2,+∞),
5
令t=x2-2x,则y=logt,
5
∵y=logt为增函数,
5
t=x2-2x在(-∞,0)上为减函数,在(2,+∞)为增函数,
∴函数y=log(x2-2x)的单调递增区间为(2,+∞),
5
故选B
【点睛】本题考查的知识点是复合函数的单调性,二次函数的性质,对数函数的单调性,其中复合函数单调性“同增
异减”是解答本题的关键
2、B
【解析】当x<0时,f(x)f(x)[(x)1]x1,选B.
点睛:已知函数的奇偶性求函数值或解析式,首先抓住奇偶性讨论函数在各个区间上的解析式,或充分利用奇偶性得
出关于f(x)的方程,从而可得f(x)的值或解析式.
3、B
ππ
fx3sinxcosx2sinxtty2sint
【解析】先化简,再令x,求出范围,根据在
66

t[,]上有两个零点,作图分析,求得的取值范围.
66
π
fx3sinxcosx2sinxx[0,]0
【详解】,由,又,
6
π
则可令tx[,],
666

又函数y2sint在t[,]上有两个零点,作图分析:
66
1117
则23,解得,.

666:.
故选:B.
【点睛】本题考查了辅助角公式,换元法的运用,三角函数的图象与性质,属于中档题.
4、C
【解析】根据题中条件,得到圆的半径,进而可得圆的方程.
【详解】以点A(3,4)为圆心且与y轴相切的圆的半径为3,
故圆的标准方程是x32y429.
故选:C.
5、C
【解析】先利用三角函数的定义求角的正、余弦,再利用二倍角公式计算sin2即可.
122
122
【详解】角的终边与单位圆相交于点P,,故x,y,
33
33
221
所以siny,cosx,
33
22142
故sin22sincos2.

339
故选:C.
6、A
【解析】取BC的中点G,连结FG,GFE(或其补角)△EFG中,
利用正弦的定义即可求出GFE的大小.
【详解】取BC的中点G,连结FG,EG.
由三角形中位线定理可得:AB∥EG,CD∥GFE(或其补角)即为EF与CD所成的角.
因为EF⊥AB,则EF⊥EG.
因为CD=4,AB=2,所以EG=1,FG=2,则△EFG是一个斜边FG=2,一条直角边EG=1的直角三角形,所以:.
EG1
sinGFE,因为GFE为锐角,所以GFE30,
FG2
即EF与CD所成的角为30°.
故选:A
7、B
【解析】根据三视图的法则:长对正,高平齐,宽相等;
可得几何体如右图所示,
:12282136561365.
故答案为B.
8、C
【解析】依次计算周期即可.
2
2T4
【详解】A选项:T,错误;B选项:1,错误;
2
2
2
C选项:T,正确;D选项:T,错误.
423
故选:C.
9、C
【解析】根据并集的定义可得集合A中一定包含的元素,再对选项进行排除,可得答案.
【详解】集合,;
集合A中一定有元素0和3,故可排除A,B,D;
故选:C.
10、A
【解析】根据函数的单调性进行求解即可.
yfx1,1
【详解】因为在定义域上是减函数,
11a1

f1afa211a2110x1
所以由,
2
1aa1
故选:A
11、B:.
【解析】选项A、B先利用辅助角公式恒等变形,再利用正弦函数图像的性质判断周期和单调递增区间即可,选项C
先利用二倍角的正弦公式恒等变形,再利用正弦函数图像的性质判断周期和单调递增区间即可,选项D直接利用正切
函数图象的性质去判断即可.
π2π
【详解】对于选项A,ysinxcosx2sinx,最小正周期为T2π,

41
πππ3ππ
2kπx2kπ+kZ2kπx2kπ+kZ
单调递增区间为,即,
24244
3ππ
该函数在,上单调递增,则选项A错误;

44
π2π
对于选项B,ysinxcosx2sinx,最小正周期为T2π,
41
ππππ3π
2kπx2kπ+kZ2kπx2kπ+kZ
单调递增区间为,即,
24244
π3π
该函数在,上为单调递增,则选项B正确;

44
12π
对于选项C,ysinxcosxsin2x,最小正周期为Tπ,
22
ππππ
2kπ2x2kπ+kZkπxkπ+kZ
单调递增区间为,即,
2244
ππ
该函数在,上为单调递增,则选项C错误;

44
sinxππ
对于选项D,ytanx,最小正周期为Tπ,在,为单调递增,则选项D错误;
cosx22
故选:B.
12、B
(ab)a01ba0
【解析】由题意易知:{即{,b22ab2,即b2.
(2ab)b02bab20
故选B.
考点:向量的数量积的应用.
二、填空题(本大题共4小题,共20分)
13、2
【解析】:.
lg4lg25lg425lg1002
【详解】
故答案为:2
2
14、##
5
34
【解析】根据三角函数定义得到sin,cos,进而得到答案.
55
P4m,3mm0
【详解】角的终边经过点,
3m34m4
m0sin,cos,
5|m|55|m|5
2
2sincos.
5
2
故答案为:.
5
15、100
【解析】分析得出f(2x)f(x)2得解.
x12x1x1
【详解】f(x)f(2x)f(x)2
x12x1x1
135199
∴f()f()f()f()
100100100100
1199319799101
[f()f()][f()f()][f()f()]
100100100100100100
250100
故答案为:100
【点睛】由函数解析式得到f(2x)f(x)2是定值是解题关键.
16、3
【解析】以边长为2的正三角形的一条高所在直线为旋转轴,将该三角形旋转一周,所得几何体为圆锥,圆锥的底面
半径r1,母线长l2,
该几何体的表面积为:Sπr2πrlπ2π3.
故答案为3
三、解答题(本大题共6小题,共70分)
7
17、(1)
5
3
(2)
4
【解析】根据条件可解出sin与cos的值,再利用商数关系求解
【小问1详解】:.
3
sin
1
5
sincos,0,又sin2cos21,解得
54
cos
5
7
故sincos
5
【小问2详解】
sin3
由诱导公式得tan()tan
cos4
f10
18、(1),证明见解析
2,33,4
(2)
33
(3),00,

22
xx1f10xx1f10x1fxfx
【解析】(1)取得到,取得到,取得到,得到
1212211
答案.
,00,1x31
(2)证明函数在上单调递增,在上单调递减,得到,结合定义域得到答案.
2x23x3
(3)根据函数单调性和奇偶性得到a,考虑x1,x1,x1三种情况,得到函数的最值,解不
x22x2
等式得到答案.
【小问1详解】
xx1f1f1f1f10
取得到,得到,
12
xx1f1f1f10f10
取得到,得到,
12
x1fxf1fxfxfx
取得到,即,故函数为偶函数.
21111
【小问2详解】
设xx0,
21
xxx
fxfxf2xfxf2fxfxf2
则,
21x11x11x

111
xx
21f20fxfx0
,故,即,函数单调递减.
xx21
1
1:.
,0
函数为偶函数,故函数在上单调递增.
fx301x31x30x2,33,4
,故,且,解得.
【小问3详解】
222
f2x3x3fx2x2fafax2ax2a,
根据(2)知:2x23x3ax22ax2a,2x23x30,x22x20恒成立,
22x23x3x1
2x3x3
故a,2,
2x22x2x121
x2x2
2x1
2x3x3
x12x122
当时,,当时,,
x121
x22x2
x1113
222
当x1时,x121112,
1x21x
1x1x
1x13
1xx0x02
当,即时等号成立,,故.
x1212
1x
33333
综上所述:a,解得a,a0,故a,00,.

22222
35
k,k,kZk,k,kZfx1
19、(1)T,增区间是,减区间是(2),
8888min
fx2
max
【解析】(1)根据余弦函数的图象与性质,求出f(x)的最小正周期和单调增、减区间;

(2)求出x∈[,]时2x的取值范围,从而求得f(x)的最大最小值
824
2
【详解】(1)函数f(x)2cos(2x)中,它的最小正周期为Tπ,
42

令﹣π+2kπ≤2x2kπ,k∈Z,
4
3
解得kπ≤xkπ,k∈Z,
88
3
所以f(x)的单调增区间为[kπ,kπ],k∈Z;
88

令2kπ≤2xπ+2kπ,k∈Z,
4
5
解得kπ≤xkπ,k∈Z,
88:.
5
所以f(x)的单调减区间为[kπ,kπ],k∈Z;
88
3
(2)x∈[,]时,2x≤π,所以2x;
824244
32
令2x,解得x,此时f(x)取得最小值为f()2()=﹣1;
44222

令2x0,解得x,此时f(x)取得最大值为f()212
488
【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题,熟记单调区间是关键,是基础题
20、x+2y﹣2=0
【解析】由矩形可知相邻两边垂直,可求出BC直线斜率,代入点C,可求方程
【详解】∵四边形ABCD为矩形,
∴AB⊥BC,
∴k•k=﹣1
ABBC
11
∴k,
BCk2
AB
1
∴直线BC的方程为y(x2),即x+2y﹣2=0
2
【点睛】本题考查直线垂直,和点斜式直线方程,属于基础题
π
21、(1)f(x)的最大值2,{x|x2kπ,kZ}
2
5ππ
(2)[,]
33
【解析】(1)根据x的范围可得sinx的范围,可得f(x)的最大值2及取得最大值时自变量x的集合;
1π
(2)由图象平移规律可得g(x)2sinx,结合x的范围和正弦曲线的单调性可得答案.

23
【小问1详解】
因为xR,所以1sinx1,所以22sinx2,
π
当sinx1即x2kπ,kZ时f(x)的最大值2,
2
π
所以f(x)取得最大值时自变量x的集合是x|x2kπ,kZ.
2
【小问2详解】
π
因为把曲线y=f(x)向左平移个单位长度,
3
然后使曲线上各点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变),得到函数g(x)的图象,
1π
所以g(x)2sinx.
23:.
因为2π≤x≤2π,
2π1π4π
所以≤x≤.
3233
2π4πππ
因为正弦曲线在,上的单调递增区间是,,

3322
π1ππ
所以≤x≤,
2232
5ππ
所以≤x≤.
33
5ππ
所以g(x)在x2π,2π上的单调递增区间是,.

33
4
22、(1)
3
4
(2)
7
【解析】(1)由三角函数的定义可得出cos的值,再结合同角三角函数的基本关系可求得tan的值;
(2)利用诱导公式结合弦化切可求得结果.
【小问1详解】
33
解:由题意可知点A的横坐标为,则cos,
55
4sin4
因为为第二象限角,则sin1cos2,故tan.
5cos3
【小问2详解】
4

sinsintan4
3
解:.
5cossintan147
coscos1

23