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12小題，共60分）1．已知函數則函數的最大值是A.4 B.3C.5 D.2．函數的最小正周期為，若其圖象向左平移個單位后得到的函數為奇函數，則函數的圖象（）A.關于點對稱 B.關于點對稱C.關于直線對稱 D.關于直線對稱3．著名數學家、物理學家牛頓曾提出：物體在空氣中冷卻，如果物體的初始溫度為，空氣溫度為，則分鐘后物體的溫度（單位：）滿足：．若常數，空氣溫度為，某物體的溫度從下降到，大約需要的時間為（）（參考數據：）A.分鐘 B.分鐘C.分鐘 D.分鐘4．函數，x∈R在（）A.上是增函數B.上是減函數C.上是減函數D.上是減函數5．已知，且，則的最小值為（）A.3 B.4C.5 D.66．已知，條件：，條件：，則是的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件7．如圖，正方體的棱長為1，動點在線上，，分別是，的中點，則下列結論中錯誤的是（）A. B.平面C.三棱錐的體積為定值 D.存在點，使得平面平面8．已知集合A={1,2,3,4}，B={2,4,6,8}，則AB中元素的個數為A.1 B.2C.3 D.49．函數的圖象大致是（）A. B.C. D.10．已知直線的方程為，則該直線的傾斜角為A. B.C. D.11．在平行四邊形中，，則（）A. B.C.2 D.412．已知圓：與圓：，則兩圓的公切線條數為A.1條 B.2條C.3條 D.4條二、填空題（本大題共4小題，共20分）13．函數的定義域為________14．已知函數是冪函數，且過點，則___________.15．制造一種零件，甲機床的正品率為，乙機床的正品率為．從它們制造的產品中各任抽1件，則兩件都是正品的概率是__________16．一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為__________.三、解答題（本大題共6小題，共70分）17．圓內有一點，為過點且傾斜角為的弦.（1）當時，求的長；（2）當弦被點平分時，寫出直線的方程.18．已知，，計算：（1）（2）19．已知命題題.若p是q的充分條件，求實數a的取值范圍.20．已知集合，集合（1）當時，求；（2）若，求實數的取值范圍在①；②“”是“”的充分條件；③這三個條件中任選一個，補充到本題第（2）問的橫線處，并解答注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分21．已知函數定義域為，若對于任意的，都有，且時，有.（1）判斷并證明函數的奇偶性；（2）判斷并證明函數的單調性；（3）若對所有，恒成立，求的取值范圍.22．某同學用“五點法”畫函數在某一個周期內的圖象時，列表并填入了部分數據，如下表：0x5020（1）請將表中數據補充完整，并直接寫出函數的解析式；（2）將的圖象向右平移3個單位，然后把曲線上各點的橫坐標變為原來的倍（縱坐標不變），得到的圖象．若關于x的方程在上有解，求實數a的取值范圍

參考答案一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1、B【解析】，從而當時，∴的最大值是考點：與三角函數有關的最值問題2、C【解析】求得，求出變換后的函數解析式，根據已知條件求出的值，然后利用代入檢驗法可判斷各選項的正誤.【詳解】由題意可得，則，將函數的圖象向左平移個單位后，得到函數的圖象，由于函數為奇函數，則，所以，，，則，故，因為，，故函數的圖象關于直線對稱.故選：C.3、D【解析】由已知條件得出，，，代入等式，求出即可得出結論.【詳解】由題知，，，所以，，可得，所以，，.故選：D.4、B【解析】化簡，根據余弦函數知識確定正確選項.【詳解】，所以在上遞增，在上遞減.B正確，ACD選項錯誤.故選：B5、C【解析】依題意可得，則，再利用基本不等式計算可得；【詳解】解：因為且，所以，所以當且僅當，即，時取等號；所以的最小值為故選：C【點睛】利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各項必須為正數；（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構成和的二項之積轉化成定值；要求積的最大值，則必須把構成積的因式的和轉化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發生錯誤的地方6、C【解析】分別求兩個命題下的集合，再根據集合關系判斷選項.【詳解】，則，，則，因為，所以是充分必要條件.故選：C7、D【解析】對A,根據中位線的性質判定即可.對B,利用平面幾何方法證明，再證明平面即可.對C,根據三棱錐以為底,且同底高不變,故體積不變判定即可.對D,根據與平面有交點判定即可.【詳解】在A中,因為分別是的中點,所以,故A正確;在B中,因為,,故,故.故,又有,所以平面,故B正確；在C中,三棱錐以面為底,則高是定值,所以三棱錐的體積為定值,故C正確.在D中,與平面有交點,所以不存在點,使得平面平面,故D錯誤.故選：D.【點睛】方法點睛：本題考查空間點線面位置關系，考查棱錐的體積，考查線面垂直的判定定理的應用，判斷線面垂直的方法主要有：

線面垂直的判定定理，直線與平面內的兩條相交直線垂直；

面面垂直的性質定理，若兩平面互相垂直，則在一個平面內垂直于交線的垂直于另一個平面；

線面垂直的性質定理，兩條平行線中有一條與平面垂直，則另一條也與平面垂直；

面面平行的性質定理，直線垂直于兩平行平面之一，必然垂直于另一個平面8、B【解析】由題意可得，故中元素的個數為2，所以選B.【名師點睛】集合基本運算的關注點：(1)看元素組成．集合是由元素組成的，從研究集合中元素的構成入手是解決集合運算問題的前提(2)有些集合是可以化簡的，先化簡再研究其關系并進行運算，可使問題簡單明了，易于解決(3)注意數形結合思想的應用，常用的數形結合形式有數軸、坐標系和Venn圖9、B【解析】根據函數的奇偶性和正負性，運用排除法進行判斷即可.【詳解】因為，所以函數是偶函數，其圖象關于縱軸對稱，故排除C、D兩個選項；顯然，故排除A，故選：B10、B【解析】直線的斜率，其傾斜角為．考點：直線的傾斜角．11、B【解析】由條件根據兩個向量的加減法的法則，以及其幾何意義，可得，，然后轉化求解即可【詳解】可得，，兩式平方相加可得故選：12、D【解析】求出兩圓的圓心與半徑，利用圓心距判斷兩圓外離，公切線有4條【詳解】圓C1：x2+y2﹣2x＝0化為標準形式是（x﹣1）2+y2＝1，圓心是C1（1，0），半徑是r1＝1；圓C2：x2+y2﹣4y+3＝0化為標準形式是x2+（y﹣2）2＝1，圓心是C2（0，2），半徑是r2＝1；則|C1C2|r1+r2，∴兩圓外離，公切線有4條故選D【點睛】本題考查了兩圓的一般方程與位置關系應用問題，是基礎題二、填空題（本大題共4小題，共20分）13、【解析】根據偶次方根被開方數為非負數、對數真數大于零列不等式組，解不等式組求得函數的定義域.【詳解】依題意，解得，故函數的定義域為.故答案為.【點睛】本小題主要考查具體函數定義域的求法，屬于基礎題.14、【解析】由題意，設代入點坐標可得，計算即得解【詳解】由題意，設，過點故，解得故則故答案為：15、【解析】由獨立事件的乘法公式求解即可.【詳解】由獨立事件的乘法公式可知，兩件都是正品的概率是.故答案為：16、【解析】該幾何體是一個半圓柱，如圖，其體積為.考點：幾何體的體積.三、解答題（本大題共6小題，共70分）17、（1）；（2）.【解析】（1）求出直線AB的斜率即可寫出其點斜式方程，利用勾股定理可求得弦長；（2）當弦被點平分時，AB與垂直，由此可求出直線AB的斜率，寫出其點斜式方程化簡即可.【詳解】（1）依題意，直線AB的斜率為，又直線AB過點，所以直線AB的方程為：，圓心到直線AB的距離為，則，所以；（2）當弦被點平分時，AB與垂直，因為，所以，直線AB的點斜式方程為，即.【點睛】本題考查直線的點斜式方程、直線截圓所得弦長，屬于基礎題.18、（1）；（2）.【解析】（1）先把化為，然后代入可求；（2）先把化為，然后代入可求.【詳解】（1）；（2）.【點睛】本題主要考查齊次式的求值問題，齊次式一般轉化為含有正切的式子，結合正切值可求.19、【解析】設命題對應的集合為，命題對應的集合為，由是，由，得，即是使，對分類討論可得.【詳解】解:由，得，設命題對應的集合為設命題對應的集合為，是由，得，若時，，，則顯然成立；若時，，則，綜上：.【點睛】本題考查根據充分條件求參數的取值范圍，不等式的解法，屬于基礎題.20、（1）或（2）【解析】（1）根據集合的補集與交集定義運算即可；（2）選①②③中任何一個，都可以轉化為，討論與求解即可【小問1詳解】化簡集合有當時，，則或故或【小問2詳解】選①②③中任何一個，都可以轉化為（ⅰ）當時，，即時，（ⅱ）當時，若，則，解得綜上（ⅰ）（ⅱ），實數的取值范圍是21、（1）為奇函數；證明見解析；（2）是在上為單調遞增函數；證明見解析；（3）或.【解析】（1）根據已知等式，運用特殊值法和函數奇偶性的定義進行判斷即可；（2）根據函數的單調性的定義，結合已知進行判斷即可；（3）根據（1）（2），結合函數的單調性求出函數在的最大值，最后根據構造新函數，利用新函數的單調性進行求解即可.詳解】（1）∵，令，得，∴，令可得：，∴，∴為奇函數；（2）∵是定義在上的奇函數，由題意設，則，由題意時，有，