陜西省西安市東儀中學2021-2022學年高一數學理模擬試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.已知等腰三角形頂角的余弦值等于,則這個三角形底角的正弦值為（

）A

B

C

D

參考答案：C2.如圖所示的莖葉圖記錄了甲、乙兩個小組（每小組4人）在期末考試中的數學成績．乙組記錄中有一個數據模糊，無法確認，在圖中以α表示．已知甲、乙兩個小組的數學成績的平均分相同，則乙組數學成績的中位數為（）A．92B．93C．93.5D．94參考答案：B考點：眾數、中位數、平均數．

專題：計算題；概率與統計．分析：先根據甲、乙兩組的平均分相同，求出α的值，再求乙組的中位數即可．解答：解：∵甲、乙兩個小組的平均分相同，∴=α=2∴乙組數學成績的中位數為=93．故選：B．點評：本題考查了求平均數與中位數的應用問題，是基礎題目．3.函數的定義域為（

）A．

B．

C．

D．

參考答案：A4.已知是偶函數，它在上是減函數，若，則的取值范圍是（

）A．

Ｂ.Ｃ.Ｄ.參考答案：C5.設，

，，則的大小順序為()A.

B.

C.

D.參考答案：A略6.函數是單調函數時，的取值范圍（

） A． B． C． D．參考答案：B7.（4分）函數f（x）=log2|2x﹣1|的圖象大致是（） A． B． C． D． 參考答案：A考點： 函數的圖象．專題： 函數的性質及應用．分析： 需要分數討論，利用函數的單調性和函數值域即可判斷解答： 當x＞0時，f（x）=log2（2x﹣1），由于y=log2t為增函數，t=2x﹣1為增函數，故函數f（x）在（0，+∞）為增函數，當x＜0時，f（x）=log2（1﹣2x），由于y=log2t為增函數，t=1﹣2x為減函數，故函數f（x）在（﹣∞，0））為減函數，且t=1﹣2x為的值域為（0，1）故f（x）＜0，故選：A．點評： 本題考查了分段函數的圖象和性質，根據函數的單調性和值域即可判斷圖象，屬于基礎題8.設M=++…++，則M的值為（）A．B．C．D．參考答案：B考點：數列的求和．專題：計算題；等差數列與等比數列．分析：由于=﹣，累加求和即可求得答案．解答：解：∵M=++…++…+=（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）+…+﹣=1﹣=．故選B．點評：本題考查數列的裂項法求和，每一項裂為相鄰兩項之差是關鍵，屬于中檔題．9.下列命題中正確的

（

）（A）若，則

（B）若，則（C）若，則

（D），則參考答案：B10.若cos（﹣α）=，則sin2α=（）A． B． C．﹣ D．﹣參考答案：D【考點】GF：三角函數的恒等變換及化簡求值．【分析】法1°：利用誘導公式化sin2α=cos（﹣2α），再利用二倍角的余弦可得答案．法°：利用余弦二倍角公式將左邊展開，可以得sinα+cosα的值，再平方，即得sin2α的值【解答】解：法1°：∵cos（﹣α）=，∴sin2α=cos（﹣2α）=cos2（﹣α）=2cos2（﹣α）﹣1=2×﹣1=﹣，法2°：∵cos（﹣α）=（sinα+cosα）=，∴（1+sin2α）=，∴sin2α=2×﹣1=﹣，故選：D．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.若冪函數的圖像經過點，則的值是___________參考答案：12.甲、乙、丙、丁四個物體同時從某一點出發向同一個方向運動，其路程fi（x）（i=1，2，3，4）關于時間x（x≥0）的函數關系式分別為f1（x）=2x﹣1，f2（x）=x3，f3（x）=x，f4（x）=log2（x+1），有以下結論：①當x＞1時，甲走在最前面；②當x＞1時，乙走在最前面；③當0＜x＜1時，丁走在最前面，當x＞1時，丁走在最前面；④丙不可能走在最前面，也不可能走在最后面；⑤如果它們一直運動下去，最終走在最前面的是甲．其中，正確結論的序號為（把正確結論的序號都填上，多填或少填均不得分）參考答案：③④⑤【考點】函數解析式的求解及常用方法．【專題】應用題；函數思想；綜合法；函數的性質及應用．【分析】根據指數型函數，冪函數，一次函數以及對數型函數的增長速度便可判斷每個結論的正誤，從而可寫出正確結論的序號．【解答】解：路程fi（x）（i=1，2，3，4）關于時間x（x≥0）的函數關系式分別為：，，f3（x）=x，f4（x）=log2（x+1）；它們相應的函數模型分別是指數型函數，冪函數，一次函數，和對數型函數模型；①當x=2時，f1（2）=3，f2（2）=8，∴該結論不正確；②∵指數型的增長速度大于冪函數的增長速度，∴x＞1時，甲總會超過乙的，∴該結論不正確；③根據四種函數的變化特點，對數型函數的變化是先快后慢，當x=1時甲、乙、丙、丁四個物體重合，從而可知當0＜x＜1時，丁走在最前面，當x＞1時，丁走在最后面，∴該結論正確；④結合對數型和指數型函數的圖象變化情況，可知丙不可能走在最前面，也不可能走在最后面，∴該結論正確；⑤指數函數變化是先慢后快，當運動的時間足夠長，最前面的動物一定是按照指數型函數運動的物體，即一定是甲物體，∴該結論正確；∴正確結論的序號為：③④⑤．故答案為：③④⑤．【點評】考查指數型函數，冪函數y=x3和y=x，以及對數型函數的增長速度的不同，取特值驗證結論不成立的方法．13.已知，則=

；參考答案：略14.不等式的解集為

▲

．參考答案：略15.函數設a為實常數,y=f(x)是定義在R上的奇函數,當x<0時,,若f(x)≥a+1對一切x≥0恒成立,則a的取值范圍為________a≤-2參考答案：16.已知，且，則有序實數對的值為____.參考答案：或略17.若，，則__________．參考答案：1解：∵，，∴，，∴，因此，本題正確答案是．三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.根據下列條件，求圓的方程：（1）過點A（1，1），B（﹣1，3）且面積最小；（2）圓心在直線2x﹣y﹣7=0上且與y軸交于點A（0，﹣4），B（0，﹣2）．參考答案：【考點】直線與圓相交的性質；圓的標準方程．【分析】（1）過A、B兩點面積最小的圓即為以線段AB為直徑的圓，由A與B的坐標，利用兩點間的距離公式求出|B|的長，確定出圓的半徑，即可求出面積最小圓的面積；（2）由圓與y軸交于A與B兩點，得到圓心在直線y=﹣3上，與已知直線聯立求出圓心坐標，及圓的半徑，寫出圓的標準方程即可．【解答】解：（1）過A、B兩點且面積最小的圓就是以線段AB為直徑的圓，∴圓心坐標為（0，2），半徑r=|AB|==×=，∴所求圓的方程為x2+（y﹣2）2=2；（2）由圓與y軸交于點A（0，﹣4），B（0，﹣2）可知，圓心在直線y=﹣3上，由，解得，∴圓心坐標為（2，﹣3），半徑r=，∴所求圓的方程為（x﹣2）2+（y+3）2=5．19.如圖，在五面體ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，M為EC的中點，AF＝AB＝BC＝FE＝AD.(1)求異面直線BF與DE所成的角的大小；(2)證明：平面AMD⊥平面CDE；(3)求二面角A－CD－E的余弦值．參考答案：方法一(1)由題設知，BF∥CE，所以∠CED(或其補角)為異面直線BF與DE所成的角．設P為AD的中點，連接EP，PC.因為FE綊AP，所以FA綊EP.同理，AB綊PC.又FA⊥平面ABCD，所以EP⊥平面ABCD.而PC、AD都在平面ABCD內，故EP⊥PC，EP⊥AD.由AB⊥AD，可得PC⊥AD.設FA＝a，則EP＝PC＝PD＝a，CD＝DE＝EC＝a，故∠CED＝60°.所以異面直線BF與DE所成的角的大小為60°.(2)因為DC＝DE且M為CE的中點，所以DM⊥CE.連接MP，由EP＝CP得，MP⊥CE.又MP∩DM＝M，故CE⊥平面AMD.而CE?平面CDE，所以平面AMD⊥平面CDE.(3)設Q為CD的中點，連接PQ，EQ.因為CE＝DE，所以EQ⊥CD.因為PC＝PD，所以PQ⊥CD，故∠EQP為二面角A－CD－E的平面角．由(1)可得，EP⊥PQ，EQ＝a，PQ＝a.于是在Rt△EPQ中，cos∠EQP＝＝．所以二面角A－CD－E的余弦值為．方法二如圖所示，建立空間直角坐標系，點A為坐標原點，設AB＝1，依題意得B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，E(0,1,1)，F(0,0,1)，M．(1)＝(－1,0,1)，＝(0，－1,1)，于是cos〈，〉＝＝＝．所以異面直線BF與DE所成的角的大小為60°.(2)由＝，＝(－1,0,1)，＝(0,2,0)，可得·＝0，·＝0.因此，CE⊥AM，CE⊥AD.又AM∩AD＝A，故CE⊥平面AMD.而CE?平面CDE，所以平面AMD⊥平面CDE.(3設平面CDE的法向量為u＝(x，y，z)，則于是令x＝1可得u＝(1,1,1)．又由題設，平面ACD的一個法向量為v＝(0,0,1)．所以，cosu，v＝＝＝．因為二面角A－CD－E為銳角，所以其余弦值為．20.(本題滿分12分)在中，分別是角的對邊，向量，，且.（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）設，且的最小正周期為，求在區間上的最大值和最小值.

參考答案：解：（Ｉ）由，得，

……2分由正弦定理，得………………4分………6分（Ⅱ）由題知，由已知得，，

……9分當時，

…………10分所以，當時，的最大值為；當時，的最大值為

略21.設函數定義在上，其中.（1）求函數的單調遞增區間；（2）若在上恒成立。求實數的取值范圍.參考答案：

解：

…………2分

由

，

得