2022-2023學年高一上數學期末模擬試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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．設全集，，，則如圖陰影部分表示的集合為（）A. B.C. D.2．已知集合A={x∈N|1<x<log2k}，集合A中至少有2個元素，則（）A.k≥4 B.k>4C.k≥8 D.k>83．長方體中，，，E為中點，則異面直線與CE所成角為（）A. B.C. D.4．集合{0，1，2}的所有真子集的個數是A.5 B.6C.7 D.85．如圖，在正四棱柱中，，點為棱的中點，過，，三點的平面截正四棱柱所得的截面面積為（）A.2 B.C. D.6．根據下表數據，可以判定方程的根所在的區間是（）123400.6911.101.3931.51.1010.75A. B.C. D.7．若，則的值為A.0 B.1C.-1 D.28．若，則（）A B.C. D.9．用二分法求方程的近似解，求得的部分函數值數據如下表所示：121.51.6251.751.8751.8125-63-2.625-1.459-0.141.34180.5793則當精確度為0.1時，方程的近似解可取為A. B.C. D.10．下列命題中正確的是（）A.若兩個向量相等，則它們的起點和終點分別重合B.模相等的兩個平行向量是相等向量C.若和都是單位向量，則=D.兩個相等向量的模相等二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數，則_________12．定義在R上的奇函數f(x)周期為2，則__________.13．設，用表示不超過的最大整數.則稱為高斯函數.例如：，，已知函數，則的值域為___________.14．已知是內一點，，記的面積為，的面積為，則__________15．寫出一個值域為，在區間上單調遞增的函數______16．函數是奇函數，則實數__________.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．已知函數的圖象的對稱中心到對稱軸的最小距離為.（1）求函數的解析式，并寫出的單調區間；（2）求函數在區間上的最小值和最大值以及相對應的x值.18．近年來，國產手機因為其炫酷的外觀和強大的功能，深受國人喜愛，多次登頂智能手機銷售榜首.為了調查本市市民對某款國產手機的滿意程度，專賣店的經理策劃了一次問卷調查，讓顧客對手機的“外觀”和“性能”打分，其相關得分情況統計如莖葉圖所示，且經理將該款手機上市五個月以來在本市的銷量按月份統計如下：月份代碼t12345銷售量y（千克）5.65.766.26.5（1）記“外觀”得分的平均數以及方差分別為，，“性能”得分的平均數以及方差分別，.若，求莖葉圖中字母表示的數；并計算與；（2）根據上表中數據，建立關于的線性回歸方程，并預測第6個月該款手機在本市的銷售量.附：對于一組數據（）其回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計公式分別為：，參考數據：19．如果一個函數的值域與其定義域相同，則稱該函數為“同域函數”.已知函數的定義域為且.（Ⅰ）若，，求的定義域；（Ⅱ）當時，若為“同域函數”，求實數的值；（Ⅲ）若存在實數且，使得為“同域函數”，求實數的取值范圍.20．如圖，在扇形OAB中，半徑OA=1，圓心角C是扇形弧上的動點，矩形CDEF內接于扇形，且OE=OF.記∠AOC=θ，求當角θ為何值時，矩形CDEF的面積S最大?并求出這個最大的面積.21．已知函數，其中.（1）若是周期為的偶函數，求及的值.（2）若在上是增函數，求的最大值.（3）當時，將函數的圖象向右平移個單位，再向上平移1個單位，得到函數的圖象，若在上至少含有10個零點，求b的最小值.

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、D【解析】解出集合、，然后利用圖中陰影部分所表示的集合的含義得出結果.【詳解】，.圖中陰影部分所表示的集合為且.故選：D.【點睛】本題考查韋恩圖表示的集合的求解，同時也考查了一元二次不等式的解法，解題的關鍵就是弄清楚陰影部分所表示的集合的含義，考查運算求解能力，屬于基礎題.2、D【解析】首先確定集合A，由此得到log2k>3，即可求k的取值范圍.【詳解】∵集合A={x∈N|1<x<log2k}，集合A中至少有2個元素，∴A={2,3}，則log2k>3，可得k>8.故選：D.3、C【解析】以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出異面直線與所成角【詳解】解：長方體中，，，為中點，以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，，，，，，，，設異面直線與所成角為，則，，異面直線與所成角為故選：【點睛】本題考查異面直線所成角的余弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，屬于中檔題4、C【解析】集合{0，1，2}中有三個元素，因此其真子集個數為.故選：C.5、D【解析】根據題意畫出截面，得到截面為菱形，從而可求出截面的面積.【詳解】取的中點，的中點，連接，因為該幾何體為正四棱柱，∴故四邊形為平行四邊形，所以，又，∴，同理，且，所以過，，三點平面截正四棱柱所得的截面為菱形，所以該菱形的面積為.故選：D6、B【解析】構造函數，通過表格判斷，判斷零點所在區間，即得結果.【詳解】設函數，易見函數在上遞增，由表可知，，故，由零點存在定理可知，方程的根即函數的零點在區間上.故選：B.7、A【解析】由題意得a不等于零，或,所以或,即的值為0，選A.8、C【解析】將式子先利用二倍角公式和平方關系配方化簡，然后增添分母()，進行齊次化處理，化為正切的表達式，代入即可得到結果【詳解】將式子進行齊次化處理得：故選：C【點睛】易錯點睛：本題如果利用，求出的值，可能還需要分象限討論其正負，通過齊次化處理，可以避開了這一討論9、C【解析】利用零點存在定理和精確度可判斷出方程的近似解.【詳解】根據表中數據可知，，由精確度為可知，，故方程的一個近似解為，選C.【點睛】不可解方程的近似解應該通過零點存在定理來尋找，零點的尋找依據二分法（即每次取區間的中點，把零點位置精確到原來區間的一半內），最后依據精確度四舍五入，如果最終零點所在區間的端點的近似值相同，則近似值即為所求的近似解.10、D【解析】考查所給的四個選項：向量是可以平移的，則若兩個向量相等,則它們的起點和終點不一定分別重合，A說法錯誤；向量相等向量模相等，且方向相同，B說法錯誤；若和都是單位向量,但是兩向量方向不一致，則不滿足，C說法錯誤；兩個相等向量的模一定相等，D說法正確.本題選擇D選項.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、1【解析】根據分段函數的定義即可求解.【詳解】解：因為函數，所以，所以，故答案為：1.12、0【解析】以周期函數和奇函數的性質去求解即可.【詳解】因為是R上的奇函數，所以，又周期為2，所以，又，所以，故，則對任意，故故答案為：013、【解析】對進行分類討論，結合高斯函數的知識求得的值域.【詳解】當為整數時，，當不是整數，且時，，當不是整數，且時，，所以的值域為.故答案為：14、【解析】設BC中點為M,則,所以P到BC的距離為點A到BC距離的，故15、【解析】綜合考慮值域與單調性即可寫出滿足題意的函數解析式.【詳解】，理由如下：為上的減函數，且，為上的增函數，且，，故答案為：16、【解析】根據給定條件利用奇函數的定義計算作答.【詳解】因函數是奇函數，其定義域為R，則對，，即，整理得：，而不恒為0，于得，所以實數.故答案為：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），增區間為，，減區間為，；（2）最小值為，此時；最大值為，此時.【解析】（1）根據題意求得的最小正周期，即可求得與解析式，再求函數單調區間即可；（2）根據（1）中所求，可得在區間的單調性，結合單調性，即可求得函數的最值以及對應的值.【小問1詳解】設的周期為T，則，所以，即，所以函數的解折式是.令，解得，故的增區間為，，令，解得，的減區間為，.【小問2詳解】由（1）可知，的減區間為，，單調增區間為，，又因為，所以的單調遞增區間為，單調遞減區間為.又因為，所以，，故函數在區間上的最小值為，此時，最大值為.此時.18、（1）,,;（2）回歸方程為;預測第6個月該款手機在本市的銷售量為6.69（千臺）.【解析】（1）由莖葉圖求出，利用即可得出值，利用方差公式計算與；（2）由題意知代入可得，代入可得，得出回歸方程為，即可預測第6個月該款手機在本市的銷售量.【詳解】解：（1）由莖葉圖可知解得（2）由題意知所求回歸方程為令，故預測第6個月該款手機在本市的銷售量為6.69（千臺）.【點睛】本題考查了統計圖，莖葉圖的認識和平均數，方差的公式應用，以及線性回歸方程的應用，屬于中檔題19、（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【解析】（Ⅰ）當，時，解出不等式組即可；（Ⅱ）當時，，分、兩種情況討論即可；（Ⅲ）分、且、且三種情況討論即可.【詳解】（Ⅰ）當，時，由題意知：，解得：.∴的定義域為；（Ⅱ）當時，，（1）當，即時，的定義域為，值域為，∴時，不是“同域函數”.（2）當，即時，當且僅當時，為“同域函數”.∴.綜上所述，的值為.（Ⅲ）設的定義域為，值域為.（1）當時，，此時，，，從而，∴不是“同域函數”.（2）當，即，設，則的定義域.①當，即時，的值域.若為“同域函數”，則，從而，，又∵，∴的取值范圍為.②當，即時，的值域.若為“同域函數”，則，從而，此時，由，可知不成立.綜上所述，的取值范圍為【點睛】關鍵點睛：解答本題的關鍵是理解清楚題意，能夠分情況求出的定義域和值域.20、當時，矩形的面積最大為【解析】由點向作垂線，垂足為，利用平面幾何知識得到為等邊三角形，然后利用表示出和，從而得到矩形的面積，利用三角函數求最值進行分析求解，即可得到答案【詳解】解：由點向作垂線，垂足為，在中，，，由題意可知，，，所以為等邊三角形，所以，則，所以，所以，，所以矩形的面積為，因為，所以當，即時，最大為所以當時，矩形的面積最大為21、（1），，；（2）；（3）.【解析】（1）由題知，，進而求解即可得答案；（2）由題知函數在上是增函數，故，進而解不等式即可得答案.（3）由題知，進而根據題意得方程在上至少含有10個零點，進而得，再解不等式即可得答案.