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。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域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；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12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，請將正確答案涂在答題卡上.）1．函數零點的個數為（）A.4 B.3C.2 D.02．若函數且在上既是奇函數又是增函數，則的圖象是A. B.C. D.3．已知角的頂點與平面直角坐標系的原點重合，始邊與x軸的正半軸重合，終邊經過點，若，則的值為（）A. B.C. D.4．函數的圖象大致是A. B.C. D.5．拋擲兩枚均勻的骰子，記錄正面朝上的點數，則下列選項的兩個事件中，互斥但不對立的是（）A.事件“點數之和為奇數”與事件“點數之和為9”B.事件“點數之和為偶數”與事件“點數之和為奇數”C.事件“點數之和為6”與事件“點數之和為9”D.事件“點數之和不小于9”與事件“點數之和小于等于8”6．已知函數的最大值與最小值的差為2，則（）A.4 B.3C.2 D.7．若，的終邊（均不在y軸上）關于x軸對稱，則（）A. B.C. D.8．如圖，在直角梯形ABCD中，AB⊥BC，AD＝DC＝2，CB＝，動點P從點A出發，由A→D→C→B沿邊運動，點P在AB上的射影為Q.設點P運動的路程為x，△APQ的面積為y，則y＝f(x)的圖象大致是（）A. B.C. D.9．如圖，摩天輪上一點在時刻距離地面的高度滿足，，，，已知某摩天輪的半徑為50米，點距地面的高度為60米，摩天輪做勻速運動，每10分鐘轉一圈，點的起始位置在摩天輪的最低點，則（米）關于（分鐘）的解析式為（）A.（） B.（）C.（） D.（）10．已知在上的減函數，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.11．設函數，有四個實數根，，，，且，則的取值范圍是（）A. B.C. D.12．下列說法不正確的是（）A.奇函數的圖象關于原點對稱，但不一定過原點 B.偶函數的圖象關于y軸對稱，但不一定和y軸相交C.若偶函數的圖象與x軸有且僅有兩交點，且橫坐標分別為，則 D.若奇函數的圖象與y軸相交，交點不一定是原點二、選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分,將答案寫在答題卡上.）13．已知角的終邊經過點，則的值等于______.14．計算_________.15．已知定義在R上的函數滿足，且當時，，若對任都有，則m的取值范圍是_________16．第24屆冬季奧林匹克運動會簡稱“北京—張家口冬奧會”，將于2022.2.4～2022.2.20在中華人民共和國北京市和張家口市聯合舉行.某公司為迎接冬奧會的到來，設計了一款扇形的紀念品，扇形圓心角為2，弧長為12cm，則扇形的面積為______.三、解答題（本大題共6個小題，共70分。解答時要求寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟。）17．（附加題，本小題滿分10分，該題計入總分）已知函數，若在區間內有且僅有一個，使得成立，則稱函數具有性質（1）若，判斷是否具有性質，說明理由；（2）若函數具有性質，試求實數的取值范圍18．設集合，，.（1）求，；（2）若，求；（3）若，求的取值范圍.19．（1）求函數的解析式；（2）試判斷函數在區間上的單調性，并用函數單調性定義證明；（3）當時，函數恒成立，求實數m的取值范圍20．已知函數（0＜ω＜6）的圖象的一個對稱中心為（1）求f（x）的最小正周期；（2）求函數f（x）的單調遞增區間；（3）求f（x）在區間上的最大值和最小值21．已知函數，1求的值；2若，，求22．已知函數為的零點，為圖象的對稱軸（1）若在內有且僅有6個零點，求；（2）若在上單調，求的最大值

參考答案一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，請將正確答案涂在答題卡上.）1、A【解析】由，得，則將函數零點的個數轉化為圖象的交點的個數，畫出兩函數的圖象求解即可【詳解】由，得，所以函數零點的個數等于圖象的交點的個數，函數的圖象如圖所示，由圖象可知兩函數圖象有4個交點，所以有4個零點，故選：A2、D【解析】根據題意先得到，，判斷其單調性，進而可求出結果.【詳解】因為函數且在上是奇函數，所以所以，，又因為函數在上是增函數，所以，所以，它的圖象可以看作是由函數向左平移一個單位得到，故選D.【點睛】本題主要考查函數的奇偶性與單調性以及函數圖象變換，熟記函數性質即可，屬于?？碱}型.3、C【解析】根據終邊經過點，且，利用三角函數的定義求解.【詳解】因為角終邊經過點，且，所以，解得，故選：C4、A【解析】因為2、4是函數的零點，所以排除B、C；因為時，所以排除D,故選A5、C【解析】利用對立事件、互斥事件的定義直接求解【詳解】對于，二者能同時發生，不是互斥事件，故錯誤；對于，二者不能同時發生，也不能同時不發生，是對立事件，故錯誤；對于，二者不能同時發生，但能同時不發生，是互斥但不對立事件，故正確；對于，二者不能同時發生，也不能同時不發生，是對立事件，故錯誤故選：6、C【解析】根據解析式可得其單調性，根據x的范圍，可求得的最大值和最小值，根據題意，列出方程，即可求得a值.【詳解】由題意得在上為單調遞增函數，所以，，所以，解得，又，所以.故選：C7、A【解析】因為，的終邊（均不在軸上）關于軸對稱，則，，然后利用誘導公式對應各個選項逐個判斷即可求解【詳解】因為，的終邊（均不在軸上）關于軸對稱，則，，選項，故正確，選項，故錯誤，選項，故錯誤，選項，故錯誤，故選：8、D【解析】結合P點的運動軌跡以及二次函數，三角形的面積公式判斷即可【詳解】解：P點在AD上時，△APQ是等腰直角三角形，此時f（x）＝?x?x＝x2，（0＜x＜2）是二次函數，排除A，B，P在DC上時，PQ不變，AQ增加，是遞增的一次函數，排除C，故選D【點睛】本題考查了數形結合思想，考查二次函數以及三角形的面積問題，是一道基礎題9、B【解析】根據給定信息，依次計算，再代入即可作答.【詳解】因函數最大值為110，最小值為10，因此有，解得，而函數的周期為10，即，則，又當時，，則，而，解得，所以.故選：B10、B【解析】令，，（）若，則函數，減函數，由題設知為增函數，需，故此時無解（）若，則函數是增函數，則為減函數，需且，可解得綜上可得實數的取值范圍是故選點睛：已知函數的單調性確定參數的值或范圍要注意以下兩點：(1)若函數在區間上單調，則該函數在此區間的任意子區間上也是單調的；(2)分段函數的單調性，除注意各段的單調性外，還要注意銜接點的取值；（3）復合函數的單調性，不僅要注意內外函數單調性對應關系，而且要注意內外函數對應自變量取值范圍.11、A【解析】根據分段函數解析式研究的性質，并畫出函數圖象草圖，應用數形結合及題設條件可得、、，進而將目標式轉化并令，構造，則只需研究在上的范圍即可.【詳解】由分段函數知：時且遞減；時且遞增；時，且遞減；時，且遞增；∴的圖象如下：有四個實數根，，，且，由圖知：時有四個實數根，且，又，由對數函數的性質：，可得，∴令，且，由在上單增，可知，所以故選：A12、D【解析】對于AB，舉例判斷，對于CD根據函數奇偶性和對稱性的關系分析判斷即可【詳解】對于A，是奇函數，其圖象關于原點對稱，但不過原點，所以A正確，對于B，是偶函數，其圖象關于軸對稱，但與軸不相交，所以B正確，對于C，若偶函數的圖象與x軸有且僅有兩交點，且橫坐標分別為，則兩個交點關于軸對稱，所以，所以C正確，對于D，若奇函數與y軸有交點，則，故，所以函數必過原點，所以D錯誤，故選：D二、選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分,將答案寫在答題卡上.）13、【解析】根據三角函數定義求出、的值，由此可求得的值.【詳解】由三角函數的定義可得，，因此，.故答案為：.14、1【解析】，故答案為115、，【解析】作出當，時，的圖象，將其圖象分別向左、向右平移個單位（橫坐標不變，縱坐標變為原來的或2倍），得到函數的圖象，令，求得的最大值，可得所求范圍【詳解】解：因為滿足，即；又由，可得，畫出當，時，的圖象，將在，的圖象向右平移個單位（橫坐標不變，縱坐標變為原來的2倍），再向左平移個單位（橫坐標不變，縱坐標變為原來的倍），由此得到函數的圖象如圖：當，時，，，，又，所以，令，由圖像可得，則，解得，所以當時，滿足對任意的，，都有，故的范圍為，故答案為：，16、36【解析】首先根據弧長公式求出扇形的半徑，再根據扇形的面積公式計算可得；【詳解】解：依題意、cm，所以，即cm，所以；故答案為：三、解答題（本大題共6個小題，共70分。解答時要求寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟。）17、（Ⅰ）具有性質;（Ⅱ）或或【解析】（Ⅰ）具有性質．若存在，使得，解方程求出方程的根，即可證得；（Ⅱ）依題意，若函數具有性質，即方程在上有且只有一個實根．設，即在上有且只有一個零點．討論的取值范圍，結合零點存在定理，即可得到的范圍試題解析：（Ⅰ）具有性質依題意，若存在，使，則時有，即，，．由于，所以．又因為區間內有且僅有一個，使成立，所以具有性質5分（Ⅱ）依題意，若函數具有性質，即方程在上有且只有一個實根設，即在上有且只有一個零點解法一：（1）當時，即時，可得在上為增函數，只需解得交集得（2）當時，即時，若使函數在上有且只有一個零點，需考慮以下3種情況：（?。r，在上有且只有一個零點，符合題意（ⅱ）當即時，需解得交集得（ⅲ）當時，即時，需解得交集得（3）當時，即時，可得在上為減函數只需解得交集得綜上所述，若函數具有性質，實數的取值范圍是或或14分解法二：依題意，（1）由得，，解得或同時需要考慮以下三種情況：（2）由解得（3）由解得不等式組無解（4）由解得解得綜上所述，若函數具有性質，實數的取值范圍是或或14分考點：1．零點存在定理；2．分類討論的思想18、（1），（2）（3）【解析】（1）先可求出，再利用交集，并集運算求解即可；（2）由（1）得，然后代入，即可求得；（3）由可得到，解不等式組求出的范圍即可.【詳解】（1）由已知得，所以，；（2）由（1）得，當時，，所以.；（3）因為，所以，解得.【點睛】本題考查集合的交并補的運算，考查集合的包含關系的含義，是基礎題.19、（1）；（2）單調遞減；（3）【解析】（1）函數為奇函數，則，再用待定系數法即可求出；（2）作差法：任意的兩個實數，證明出；（3）要使則試題解析：（1）所以（2）由（1）問可得在區間上是單調遞減的證明：設任意的兩個實數又,，在區間上是單調遞減的;（3）由（2）知在區間上的最小值是要使則考點：1、待定系數法；2、函數的單調性；3、不等式恒成立問題.20、（1）；（2）[]，k∈Z；（3）最大值為10，最小值為【解析】（1）先降冪化簡原式，再利用對稱中心求得ω，進而得周期；（2）利用正弦函數的單調區間列出不等式即可得解；（3）利用（2）的結論，確定所給區間的單調性，再得最值【詳解】解：（1）=4sin（sincos-cossin）-1=2sin2-1-2sincos=-cosωx-sinωx=-2sin（ωx），∵是對稱中心，∴-，得ω=2-12k，k∈Z，∵0＜ω＜6，∴k=0，ω=2，∴，其最小正周期為π；（2）由，得，∴f（x）的單調遞增區間為：[]，k∈Z，（3）由（2）可知，f（x）在[]遞減，在[]遞增，可知當x=時得最大值為0；當x=時得最小值故f（x）在區間[]上的最大值為0，最小值為【點睛】此題考查了三角函數式的恒等變換，周期性，單調性，最值等，屬于中檔題21、(Ⅰ)=1；(Ⅱ)=【解析】（1）將代入可得：，在利用誘導公式和特殊角的三角函數值即可；（2）因為，根據兩角和的余弦公式需求出和，，，則，根據二倍角公式求出代入即可試題解析：（1）因為，所以；（2）因為，，則所以，考點：1.誘導公式；2.二倍角公式；3.兩角和余弦22、（1）；（2）.【解析】（1）根據的零點和對稱中心確定出的取值情況，再根據在上的零點個數確定出，由此確定出的取值，結合求解出的取值，再根據以及的范圍確定出的取值，由此求解出的解析式；（2）先根據在上單調確定出的范圍，由此確定出的可取值，再對從大到小進行分析，由此確定出的最大值.【詳解】（1）因為是的零點，為圖象的對稱軸，所以，所以，因為在內有且僅有個零點，分析正弦函數函數圖象可知：個零點對應的最短區間長度為，最長的區間長度小于，所以，所以，所以