湖北省十堰东风国际学校2020-2021学年高一下学期期末数学模拟卷4+Word版含答案

这是一份湖北省十堰东风国际学校2020-2021学年高一下学期期末数学模拟卷4+Word版含答案，共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
高一下期末数学模拟试题（4）一、单选题（每题5分）1．若复数满足，且，则（    ）．A． B． C．或 D．或2．已知集合，集合，则（    ）A． B． C． D．3．已知两条不同的直线，和不重合的两个平面，，且，则下列说法正确的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则4．命题“，”的否定是（    ）A．， B．，C．， D．，5．定义域是一个函数的三要素之一，已知函数定义域为，则函数的定义域为（    ）A． B．C． D．6．已知向量满足，，，则（    ）A．或 B． C． D．或7．如图，四边形ABCD是平行四边形，E是BC的中点，点F在线段CD上，且，AE与BF交于点P，若，则（    ）A． B． C． D．8．被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生倡导的“0.618优选法”在生产和科研实践中得到了非常广泛的应用，0.618就是黄金分割比的近视值.有一个内角为的等腰三角形中，较短边与较长边之比为黄金比.则（    ）A． B． C． D．二、多选题（每题5分，部分正确2分）9．若函数两条对称轴之间的最小距离为，则下列说法正确的是（    ）A．函数的最小正周期为B．函数在上单调递减C．将函数图象向右平移个单位长度后所得图象关于轴对称D．若，则10．如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为的中点，为线段上的动点（不包含端点），以下说法正确的是（    ）A．存在使得，平面B．在从移动到的过程中，与所成角不变C．对任意，三棱锥体积与三棱锥体积相等D．对任意，满足平面平面11．《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题，《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边a，b，c求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幕减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜冪乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积.”若把以上这段文字写成公式，即.现有满足，且的面积，请运用上述公式判断下列命题正确的是（    ）A．周长为B．三个内角A，C，B满足关系C．外接圆半径为D．中线CD的长为12．已知函数，则下列选项正确的是（    ）A．为增函数B．，对为偶函数C．，对有最大值D．，对有最大值三、填空题（每题5分）13．在中，角、、的对边分别为、、，若，，，则________．14．已知，则的最小值为__________.15．若为所在平面内任意一点，且满足，则的形状为______．（填：等腰三角形、等边三角形、直角三角形、等腰直角三角形）16．已知函数在上的值域为，则的取值范围为______.四、解答题（共70分，其中17题10分，18-22题每题12分）17．（本小题10分）已知函数．（1）若，求函数的值；       （2）求函数的值域．18．在中，内角，，所对的边分别为，，，．（1）求角的大小；                     （2）若，求周长的取值范围．19．如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为的中点，为线段上的点，且.（1）求证：平面平面；（2）求点到平面的距离. 20．如图，在长方体中，，，为CD中点，为中点.（1）求证：⊥平面；（2）若线段上存在点使得⊥，求与平面所成角的正弦值.21．已知函数为定义在R上的奇函数，（1）求的解析式；（2）判断函数的单调性，并用单调性定义证明；（3）若关于x的不等式有解，求t的取值范围．22．为了解某市家庭用电量的情况，该市统计局调查了100户居民去年一年的月均用电量，发现他们的用电量都在50kW·h至350kW·h之间，进行适当分组后，画出频率分布直方图如图所示．（I）求a的值；（Ⅱ）求被调查用户中，用电量大于250kW·h的户数；（III）为了既满足居民的基本用电需求，又提高能源的利用效率，市政府计划采用阶梯定价，希望使80%的居民缴费在第一档（费用最低），请给出第一档用电标准（单位：kW·h）的建议，并简要说明理由．     期末模拟试卷（4）参考答案题号123456789101112答案CDBBADADACCDABDBCD13．  14．    15．等腰三角形    16．.5．A  由抽象函数的定义域可知，，解得，所以所求函数的定义域为.6．D ，又，，，当时，；当时，；或.7．A连接AF，因为B，P，F三点共线，所以，因为，所以，所以.因为E是BC的中点，所以.因为，所以，则，解得.8．D若该等腰三角形的顶角为，则底角为，因此，由正弦定理可得：较短边与较长边之比为，即，所以，因此；若该等腰三角形的底角为，则顶角为，因此，由正弦定理可得：较短边与较长边之比为，即，则，所以，因此.综上，.9．AC两条对称轴之间的最小距离为，，，则，即，故A正确；当时，，根据余弦函数的单调性，可得当，即时，单调递增，故B错误；将函数图象向右平移个单位长度后得关于轴对称，C正确；由可得，则，则，10．CD   平行平面，于是平行于平面与平面的交线，与相交，则与相交，A错误：如图，取的中点，则，与所成角为，显然变化的，B错误；，C正确；底面，所以，又，所以平面，所以，又，为的中点，所以平面，所以平面平面，故D正确．故选：CD11．ABD    现有△ABC满足sinA：sinB：sinc＝2：3：，所以a：b：c＝2：3：，设a＝2t，b＝3t，ct，t＞0，利用余弦定理cosC，由于C∈（0，π），所以C．所以A+B，故A+B＝2C，所以△ABC三个内角A，C，B成等差数列，故B正确；利用S△ABC，所以absinC•2t•3t•，解得t＝1．所以：a＝2，b＝3，c，所以△ABC的周长为5，故A正确；利用正弦定理 2R，△ABC外接圆半径R为，故C错误；如图所示：利用正弦定理，解得sinA，所以cosA，利用余弦定理：CD2＝AC2+AD2﹣2AC•AD•cosA＝92×3，解得CD，故D正确．12．BCD  ，对于A:设,且，则令，所以因为，所以.要使为增函数，只需恒成立，所以，即而，所以矛盾，故A错误；对于B:要使对为偶函数，按偶函数的定义，只需，即，解得：b=0.即，对为偶函数.故B正确；对于CD: 定义域为R，所以关于x的方程有解，当时，有有解，当时，只需，即，而，13． 因为，则，所以，，即，，则，解得，由已知可得，解得，，由余弦定理可得.故答案为：.14．  ，，当且仅当，即时等号成立，故的最小值为. 故答案为：.15．等腰三角形  取中点，连接，则，又，，，，；；的形状是等腰三角形．16．   ，其中，，，令，.因为，，故，因为，且，所以，，故，则.又当时，单调递减，且，，故.17．（1）（2）（1）   ，   此时．         （5分）                                          （2），       ，     ，        ， 函数的值域为．          （10分）  18．（1）；（2）．解：（1）解法一  因为，所以由正弦定理可得．又，所以，所以．因为，所以，所以，又，所以．解法二  因为，所以由余弦定理可得，整理得，即，因为，所以，所以，又，所以．（2）因为，，所以由正弦定理得，则，，故的周长．易知，所以，因为在时单调递增，在时单调递减，所以，则，所以，故周长的取值范围为．19．（1）证明见解析；（2）.（1）证明：∵平面，∴.又底面为正方形，∴.∵平面，平面，，∴平面.∵平面，∴.∵，为中点，∴.∵平面，平面，，∴平面.又平面，平面平面.（2）解：∵，，∴.又，∴，∵，∴四棱锥的高，∴点到平面的距离为.由知，点到平面的距离为.20．（1）建立以 为原点， 为x轴， 为y轴， 为z轴的坐标系， 设 ，则 ， ， ， , ,所以 ;（2）由（1）知 ,又AN上存在Q使得，所以点Q即为BD与AN的交点，在xoy平面内，， ，设直线BD，AN方程分别为 ， ，，即 ， ，联立可得 ,又 ， ，设平面 的法向量为 ，则 ，可得， .21． （1）因为为奇函数，所以，所以，所以且，所以，所以，所以；（2）在上单调递增；由条件知，任取，所以，所以，又因为，在上单调递增，所以且，所以，所以，所以在上单调递增；（3）因为有解，所以有解，由的奇偶性可知：有解，由的单调性可知：有解，所以有解，所以，因为，，所以，，所以，所以，即的取值范围是.22．22．（I）；（Ⅱ）；（III） kW·h.（1）因为，所以；（2）根据频率分布直方图可知：“用电量大于250kW·h”的频率为，所以用电量大于250kW·h的户数为：，故用电量大于250kW·h有户；（3）因为前三组的频率和为：，前四组的频率之和为，所以频率为时对应的数据在第四组，所以第一档用电标准为：kW·h.故第一档用电标准为 kW·h.