2022-2023學年高一上數學期末模擬試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1．設m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，給出下列四個命題：①若m⊥α，n∥α，則m⊥n②若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β③若α⊥β，m?α，則m⊥β④若α∥β，β∥γ，m⊥α，則m⊥γ其中正確命題的序號是（）A.和 B.和C.和 D.和2．設函數則A.1 B.4C.5 D.93．四棱柱中，，，則與所成角為A. B.C. D.4．已知，，，則a、b、c的大小關系為（）A. B.C. D.5．在正內有一點，滿足等式，，則（）A. B.C. D.6．如圖，AB為半圓的直徑，點C為的中點，點M為線段AB上的一點（含端點A，B），若，則的取值范圍是（）A. B.C. D.7．已知，則（）A. B.C. D.8．若a＞b＞1，0＜c＜1，則下列式子中不正確的是（）A. B.C. D.9．已知函數（其中為自然對數的底數，…），若實數滿足，則（）A. B.C. D.10．工藝扇面是中國書面一種常見的表現形式.某班級想用布料制作一面如圖所示的扇面.已知扇面展開的中心角為，外圓半徑為，內圓半徑為.則制作這樣一面扇面需要的布料為（）.A. B.C. D.11．已知點，，則直線的傾斜角為（）A. B.C. D.12．已知，，滿足，則（）A. B.C. D.二、填空題（本大題共4小題，共20分）13．函數的單調減區間是_________.14．新冠疫情防控常態化，核酸檢測應檢盡檢!核酸檢測分析是用熒光定量PCR法，通過化學物質的熒光信號，對在PCR擴增進程中成指數級增加的靶標DNA實時檢測，在PCR擴增的指數時期，熒光信號強度達到閾值時，DNA的數量與擴增次數n滿足：，其中p為擴增效率，為DNA的初始數量.已知某被測標本DNA擴增8次后，數量變為原來的100倍，那么該標本的擴增效率p約為___________；該被測標本DNA擴增13次后，數量變為原來的___________倍.（參考數據：，，，，）15．已知直線與兩坐標軸所圍成的三角形的面積為1，則實數值是____________16．已知，若是的充分不必要條件，則的取值范圍為______三、解答題（本大題共6小題，共70分）17．如圖，△ABC中，AB＝8，BC＝10，AC＝6，DB⊥平面ABC，且AE∥FC∥BD，BD＝3，FC＝4，AE＝5，求此幾何體的體積18．定義在上的函數滿足對于任意實數，都有，且當時，，（1）判斷的奇偶性并證明；（2）判斷的單調性，并求當時，的最大值及最小值；（3）解關于的不等式.19．（1）計算：（2）已知，求的值20．已知函數為奇函數（1）求的值；（2）當時，關于的方程有零點，求實數的取值范圍21．設，，.（1）若，求；（2）若是的充分不必要條件，求的取值范圍.22．已知，，，.當k為何值時：（1）；（2）.

參考答案一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1、B【解析】根據空間直線和平面平行、垂直的性質分別進行判斷即可【詳解】①若m⊥α，n∥α，則m⊥n成立，故①正確，②若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β不成立，兩個平面沒有關系，故②錯誤③若α⊥β，m?α，則m⊥β不成立，可能m與β相交，故③錯誤，④若α∥β，β∥γ，m⊥α，則m⊥γ，成立，故④正確，故正確是①④，故選B【點睛】本題主要考查命題的真假判斷，涉及空間直線和平面平行和垂直的判定和性質，考查學生的空間想象能力2、C【解析】根據題意，由函數的解析式求出與的值，相加即可得答案【詳解】根據題意，函數，則，又由，則，則；故選C【點睛】本題考查對數的運算，及函數求值問題，其中解答中熟記對數的運算，以及合理利用分段函數的解析式求解是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題3、D【解析】四棱柱中，因為,所以,所以是所成角，設,則,+=,所以,所以+=,所以，所以選擇D4、A【解析】利用指數函數、對數函數、三角函數的知識判斷出a、b、c的范圍即可.【詳解】因為，，所以故選：A5、A【解析】過作交于，作交于，則，可得，在中由正弦定理可得答案.【詳解】過作交于，作交于，則，，在中，，，由正弦定理得.故選：A.6、D【解析】根據題意可得出，然后根據向量的運算得出，從而可求出答案.【詳解】因為點C為的中點，，所以，所以，因為點M為線段AB上的一點，所以，所以，所以的取值范圍是,故選：D.7、C【解析】因為，所以；因為，，所以，所以．選C8、D【解析】利用對數函數、指數函數與冪函數的單調性即可判斷出正誤．【詳解】解：，，,A正確;是減函數，，B正確;為增函數，，C正確.是減函數，,D錯誤.故選．【點睛】本題考查了對數函數、指數函數與冪函數的單調性，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．9、B【解析】化簡得到，得到，進而得到，即可求解.【詳解】由題意，函數，可得，可得，即，因為，所以.故選：B.10、B【解析】由扇形的面積公式，可得制作這樣一面扇面需要的布料.【詳解】解：根據題意，由扇形的面積公式可得：制作這樣一面扇面需要的布料為.故選：B.【點睛】本題考查扇形的面積公式，考查學生的計算能力，屬于基礎題.11、B【解析】由兩點求斜率公式可得AB所在直線當斜率，再由斜率等于傾斜角的正切值求解【詳解】解：∵直線過點，，∴，設AB的傾斜角為α（0°≤α＜180°），則tanα＝1，即α＝45°故選B【點睛】本題考查直線的傾斜角，考查直線傾斜角與斜率的關系，是基礎題12、A【解析】將轉化為是函數的零點問題，再根據零點存在性定理即可得的范圍，進而得答案.【詳解】解：因為函數在上單調遞減，所以；；因為滿足，即是方程的實數根，所以是函數的零點，易知函數f(x)在定義域內是減函數，因為，，所以函數有唯一零點，即.所以.故選：A.【點睛】本題考查對數式的大小，函數零點的取值范圍，考查化歸轉化思想，是中檔題.本題解題的關鍵在于將滿足轉化為是函數的零點，進而根據零點存在性定理即可得的范圍.二、填空題（本大題共4小題，共20分）13、##【解析】根據復合函數的單調性“同增異減”，即可求解.【詳解】令，根據復合函數單調性可知，內層函數在上單調遞減，在上單調遞增，外層函數在定義域上單調遞增，所以函數#在上單調遞減，在上單調遞增.故答案為：.14、①.0.778②.1788【解析】①對數運算，由某被測標本DNA擴增8次后，數量變為原來的100倍，可以求出p；②由n=13，可以求數量是原來的多少倍.【詳解】故答案為：①0.778；②1778.15、1或-1【解析】令x=0，得y=k；令y=0，得x=?2k.∴三角形面積S=|xy|=k2.又S=1，即k2=1，值是1或-1.16、【解析】根據不等式的解法求出的等價條件，結合充分不必要條件的定義建立不等式關系即可【詳解】由得得或，由得或，得或，若是的充分不必要條件，則即得，又，則，即實數的取值范圍是，故填：【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的應用，求出不等式的等價條件結合充分條件和必要條件的定義進行轉化是解決本題的關鍵，為基礎題三、解答題（本大題共6小題，共70分）17、96【解析】，取CM＝AN＝BD，連接DM，MN，DN，用“分割法”把原幾何體分割成一個直三棱柱和一個四棱錐．所以V幾何體＝V三棱柱＋V四棱錐試題解析：如圖，取CM＝AN＝BD，連接DM，MN，DN，用“分割法”把原幾何體分割成一個直三棱柱和一個四棱錐．所以V幾何體＝V三棱柱＋V四棱錐．由題知三棱柱ABC-NDM的體積為V1＝×8×6×3＝72.四棱錐D-MNEF體積為V2＝S梯形MNEF·DN＝××(1＋2)×6×8＝24，則幾何體的體積為V＝V1＋V2＝72＋24＝96.點睛：空間幾何體體積問題的常見類型及解題策略(1)若所給定的幾何體是可直接用公式求解的柱體、錐體或臺體，則可直接利用公式進行求解(2)若所給定的幾何體的體積不能直接利用公式得出，則常用轉換法、分割法、補形法等方法進行求解(3)若以三視圖的形式給出幾何體，則應先根據三視圖得到幾何體的直觀圖，然后根據條件求解18、（1）奇函數，證明見解析；（2）在上是減函數．最大值為6，最小值為-6；（3）答案不唯一，見解析【解析】（1）令，求出，再令，由奇偶性的定義，即可判斷；（2）任取，則．由已知得，再由奇函數的定義和已知即可判斷單調性，由，得到，，再由單調性即可得到最值；（3）將原不等式轉化為，再由單調性，即得，即，再對b討論，分，，，，共5種情況分別求出它們的解集即可.【詳解】（1）令，則，即有，再令，得，則，故為奇函數；（2）任取，則．由已知得，則，∴，∴在上是減函數由于，則，，．由在上是減函數，得到當時，的最大值為，最小值為；（3）不等式，即為.即，即有，由于在上是減函數，則，即為，即有，當時，得解集為；當時，即有，①時，，此時解集為，②當時，，此時解集為，當時，即有，①當時，，此時解集為，②當時，，此時解集為【點睛】本題考查抽象函數的基本性質和不等式問題，常用賦值法探索抽象函數的性質，本題第三小問利用函數性質將不等式轉化為含參的一元二次不等式的求解問題，著重考查分類討論思想，屬難題.19、（1）；（2）【解析】（1）根據指數的運算性質及對數的運算性質計算即可得解；（2）利用誘導公式化簡，再化弦為切即可得解.【詳解】解：（1）原式；（2）原式.20、（1）（2）【解析】（1）利用函數為奇函數所以即得的值(2)方程有零點，轉化為求的值域即可得解.試題解析：（1）∵，∴，∴（2）∵，∴，∵，∴，∴，∴21、（1）或；（2）.【解析】（1）先得出集合A，利用并集定義求出，再由補集定義即可求出；（2）由題可得集合是集合的真子集，則可列出不等式組求出.【詳解】解：（1）當時，，又，所以，所以或；（2）由是的充分不必要條件，可知集合是集合的真子集.又因為，，，所以，解得，當時，，符合要求；當時，，符合要求，所以實數的取值范圍是.【點睛】結論點睛：本題考