2022-2023學年高一上數學期末模擬試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．設集合，集合，則等于（）A(1,2) B.(1,2]C.[1,2) D.[1,2]2．如果關于x的不等式x2＜ax＋b的解集是{x|-1＜x＜3}，那么ba等于（）A.－9 B.9C.－ D.－83．每天，隨著清晨第一縷陽光升起，北京天安門廣場都會舉行莊嚴肅穆的升旗儀式，每天升國旗的時間隨著日出時間的改變而改變，下表給出了2020年1月至12月，每個月第一天北京天安門廣場舉行升旗禮的時間:1月2月3月4月5月6月7月8月9月10月11月12月7:367:236:485:595:154:484:495:125:416:106:427:16若據此以月份(x)為橫軸、時間(y)為縱軸，畫出散點圖，并用曲線去擬合這些數據，則適合模擬的函數模型是（）A. B.且a≠1)C. D.且a≠1)4．設，則函數的零點所在的區(qū)間為（）A. B.C. D.5．下列命題中正確的是（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則6．等于()A.2 B.12C. D.37．過點，直線的斜率等于1，則m的值為（）A.1 B.4C.1或3 D.1或48．下列說法正確的是A.棱柱被平面分成的兩部分可以都是棱柱 B.底面是矩形的平行六面體是長方體C.棱柱的底面一定是平行四邊形 D.棱錐的底面一定是三角形9．設，，，則a，b，c的大小關系為（）A. B.C. D.10．已知定義在R上的函數是奇函數，設，，，則有（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．函數的定義域是__________.12．我國采用的“密位制”是6000密位制，即將一個圓周分為6000等份，每一個等份是一個密位，那么120密位等于______rad13．已知角的終邊過點，則_______14．已知函數,現有如下幾個命題：①該函數為偶函數；

②是該函數的一個單調遞增區(qū)間；③該函數的最小正周期為；④該函數的圖像關于點對稱；⑤該函數值域為.其中正確命題的編號為______15．已知，則的最小值為_______________.16．已知函數若關于x的方程有4個解，分別為，，，，其中，則______，的取值范圍是______三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．已知A（1，1）和圓C：（x+2）2+（y﹣2）2＝1，一束光線從A發(fā)出，經x軸反射后到達圓C（1）求光線所走過的最短路徑長；（2）若P為圓C上任意一點，求x2+y2﹣2x﹣4y的最大值和最小值18．已知，.（1）求的值；（2）求的值.19．已知函數的部分圖象如圖所示（1）求的解析式；（2）將圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的（縱坐標不變），再將所得圖象向右平移個單位長度，得到函數的圖象．若在區(qū)間上不單調，求的取值范圍20．已知函數，（，且）.（1）求的定義域，并判斷函數的奇偶性；（2）對于，恒成立，求實數的取值范圍.21．已知函數的圖象經過點其中（1）求a的值；（2）若,求x的取值范圍.

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、B【解析】由指數函數、對數函數的性質可得、，再由交集的運算即可得解.【詳解】因為，，所以.故選：B.【點睛】本題考查了指數不等式的求解及對數函數性質的應用，考查了集合交集的運算，屬于基礎題.2、B【解析】根據一元二次不等式的解集，利用根與系致的關系求出的值

,再計的值.【詳解】由不等式的解集是，所以是方程的兩個實數根.則，所以所以故選：B3、C【解析】畫出散點圖，根據圖形即可判斷.【詳解】畫出散點圖如下，則根據散點圖可知，可用正弦型曲線擬合這些數據，故適合.故選：C.4、B【解析】根據的單調性，結合零點存在性定理，即可得出結論.【詳解】在單調遞增，且，根據零點存在性定理，得存在唯一的零點在區(qū)間上.故選：B【點睛】本題考查判斷函數零點所在區(qū)間，結合零點存在性定理的應用，屬于基礎題.5、C【解析】分析】利用不等式性質逐一判斷即可.【詳解】選項A中，若，，則，若，，則，故錯誤；選項B中，取，滿足，但，故錯誤；選項C中，若，則兩邊平方即得，故正確；選項D中，取，滿足，但，故錯誤.故選：C.【點睛】本題考查了利用不等式性質判斷大小，屬于基礎題.6、C【解析】利用對數的運算法則即可得出【詳解】原式=故選C.【點睛】本題考查了對數的運算法則，屬于基礎題7、A【解析】解方程即得解.【詳解】由題得.故選：A【點睛】本題主要考查斜率的計算，意在考查學生對該知識的理解掌握水平.8、A【解析】對于B．底面是矩形的平行六面體，它的側面不一定是矩形，故它也不一定是長方體，故B錯；對于C．棱柱的底面是平面多邊形，不一定是平行四邊形，故C錯；對于D．棱錐的底面是平面多邊形，不一定是三角形，故D錯；故選A考點：1．命題的真假；2．空間幾何體的特征9、A【解析】根據指數函數和對數函數的單調性得出的范圍，然后即可得出的大小關系.【詳解】由題意知，，即，，即，，又，即，∴故選：A10、D【解析】根據函數是奇函數的性質可求得m，再由函數的單調性和對數函數的性質可得選項.【詳解】解：因為函數的定義在R上的奇函數，所以，即，解得，所以，所以在R上單調遞減，又因為，，所以故選：D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、{|且}【解析】根據函數，由求解.【詳解】因為函數，所以，解得，所以函數的定義域是{|且}，故答案為：{|且}12、##【解析】根據已知定義，結合弧度制的定義進行求解即可.【詳解】設120密位等于，所以有，故答案為：13、【解析】由三角函數定義可直接得到結果.【詳解】的終邊過點，故答案為：.14、②③【解析】由于為非奇非偶函數,①錯誤.,此時,其在上為增函數,②正確.由于,所以函數最小正周期為,③正確.由于,故④正確.當時,,故⑤錯誤.綜上所述,正確的編號為②③.15、##225【解析】利用基本不等式中“1”的妙用即可求解.【詳解】解：因為，所以，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值為.故答案為：.16、①.1②.【解析】作出圖象，將方程有4個解，轉化為圖象與圖象有4個交點，根據二次函數的對稱性，對數函數的性質，可得的、的范圍與關系，結合圖象，可得m的范圍，綜合分析，即可得答案.【詳解】作出圖象，由方程有4個解，可得圖象與圖象有4個交點，且，如圖所示：由圖象可知：且因為，所以，由，可得，因為，所以所以，整理得；當時，令，可得，由韋達定理可得所以，因為且，所以或，則或，所以故答案為：1，【點睛】解題的關鍵是將函數求解問題，轉化為圖象與圖象求交點問題，再結合二次函數，對數函數的性質求解即可，考查數形結合，分析理解，計算化簡的能力，屬中檔題.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）最大值為11，最小值為﹣1【解析】(1)點關于x軸的對稱點在反射光線上,當反射光線從點經軸反射到圓周的路程最短,最短為;(2)將式子化簡得到,轉化為點點距,進而轉化為圓心到的距離,加減半徑,即可求得最值.【詳解】（1）關于x軸的對稱點為，由圓C：（x+2）2+（y﹣2）2＝1得圓心坐標為C（﹣2，2），∴，即光線所走過的最短路徑長為；（2）x2+y2﹣2x﹣4y＝（x﹣1）2+（y﹣2）2﹣5（x﹣1）2+（y﹣2）2表示圓C上一點P（x，y）到點（1，2）的距離的平方，由題意，得，因此，x2+y2﹣2x﹣4y的最大值為11，最小值為﹣1【點睛】本題考查最短路徑問題,以及圓外一點到圓上一點的距離的最值問題,屬于基礎題;求最短路徑時作對稱點,由兩點之間線段最短的原理確定長度,將圓外一點距離的最值轉化為點到圓心的距離和半徑之間的關系.18、（1）；（2）.【解析】（1）利用誘導公式直接化簡即可，然后弦化切；（2）由（1）知，，對齊次式進行弦化切求值.【詳解】（1）∵而，∴∵，∴，∴，∴.（2）..【點睛】利用三角公式求三角函數值的關鍵：(1)角的范圍的判斷；(2)選擇合適的公式進行化簡求值19、（1）；（2）【解析】（1）利用最值求出，根據得出，再由特殊值求出即可求解.（2）根據三角函數的圖象變換得出，再由正弦函數在上單調即可求解.【詳解】解：（1）由圖可知，最小正周期，所以因為，所以，，，又，所以，故（2）由題可知，當時，因為在區(qū)間上不單調，所以，解得故的取值范圍為20、（1）定義域為；奇函數;（2）時，；時，.【解析】（1）由對數的真數大于0，解不等式可得定義域；運用奇偶性的定義，即可得到結論；（2）對a討論，，，結合對數函數的單調性，以及參數分離法，二次函數的最值求法，可得m的范圍【詳解】（1）由題意，函數，由，可得或，即定義域為；由，即有，可得為奇函數；2對于，恒成立，可得當時，，由可得的最小值，由，可得時，y取得最小值8，則，當時，，由可得的最大值，由，可得時，y取得最大值，則，綜上可得，時，；時，【點睛】本題主要考查了函數的奇偶性的判定，以及對數的運算性質和二次函數的圖象與性質的應用，其中解答中熟記函數的奇偶性的定義，以及對