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、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡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、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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．下列四個函數，以為最小正周期，且在區間上單調遞減的是（）A. B.C. D.2．下列函數中最小值為6的是（）A. B.C D.3．如圖，以為直徑在正方形內部作半圓，為半圓上與不重合的一動點，下面關于的說法正確的是A.無最大值，但有最小值B.既有最大值，又有最小值C.有最大值，但無最小值D.既無最大值，又無最小值4．函數的最小值和最大值分別為()A. B.C. D.5．某圓柱的高為2，底面周長為16，其三視圖如圖所示，圓柱表面上的點在正視圖上的對應點為，圓柱表面上的點在左視圖上的對應點為，則在此圓柱側面上，從到的路徑中，最短路徑的長度為A. B.C. D.26．以下給出的是計算的值的一個程序框圖，其中判斷框內應填入的條件是A.B.C.D.7．規定從甲地到乙地通話min的電話費由(元)決定，其中>0，[]是大于或等于的最小整數，如[2]＝2，[2.7]＝3，[2.1]＝3，則從甲地到乙地通話時間為4.5min的電話費為()元A.4.8 B.5.2C.5.6 D.68．已知冪函數，在上單調遞增.設，，，則，，的大小關系是（）A. B.C. D.9．已知，，滿足，則（）A. B.C. D.10．函數的單調遞減區間是（）A.（） B.（）C.（） D.（）11．設，，則正實數，的大小關系為A. B.C. D.12．設函數與的圖象的交點為，則所在的區間為()A B.C. 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．已知點為圓上的動點,則的最小值為__________14．下列命題中正確的是________（1）是的必要不充分條件（2）若函數的最小正周期為（3）函數的最小值為（4）已知函數，在上單調遞增，則15．函數是奇函數，則實數__________.16．函數的單調遞增區間為___________.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．已知函數.（Ⅰ）對任意的實數，恒有成立，求實數的取值范圍；（Ⅱ）在（Ⅰ）的條件下，當實數取最小值時，討論函數在時的零點個數.18．已知集合，（1）若，求，；（2）若，求實數的取值范圍19．已知函數，其中.（1）若函數的周期為，求函數在上的值域；（2）若在區間上為增函數，求的最大值，并探究此時函數的零點個數.20．已知定義在R上的函數滿足：①對任意實數，，均有；②；③對任意，（1）求的值，并判斷的奇偶性；（2）對任意的x∈R，證明：；（3）直接寫出的所有零點(不需要證明)21．已知，，，.（1）求的值；（2）求的值.22．若函數f(x)滿足f(logax)＝·(x－)(其中a＞0且a≠1).(1)求函數f(x)的解析式，并判斷其奇偶性和單調性；(2)當x∈(－∞，2)時，f(x)－4的值恒為負數，求a的取值范圍

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】先判斷各函數最小正周期，再確定各函數在區間上單調性，即可選擇判斷.【詳解】最小正周期為，在區間上單調遞減；最小正周期為，在區間上單調遞減；最小正周期為，在區間上單調遞增；最小正周期為，在區間上單調遞增；故選：A2、B【解析】利用基本不等式逐項分析即得.【詳解】對于A，當時，，故A錯誤；對于B，因為，所以，當且僅當，即時取等號，故B正確；對于C，因為，所以，當且僅當，即，等號不能成立，故C錯誤；對于D，當時，，故D錯誤.故選：B.3、D【解析】設正方形的邊長為2，如圖建立平面直角坐標系，則D（-1，2），P（cosθ，sinθ），（其中0＜θ＜π）,∵cosθ∈（-1，1），∴∈（4，16）.故選D.點睛：本題考查了向量的加法及向量模的計算，利用建系的方法，引入三角函數來解決使得思路清晰，計算簡便，遇見正方形，圓，等邊三角形，直角三角形等特殊圖形常用建系的方法.4、C【解析】2.∴當時，，當時，，故選C.5、B【解析】首先根據題中所給的三視圖，得到點M和點N在圓柱上所處的位置，將圓柱的側面展開圖平鋪，點M、N在其四分之一的矩形的對角線的端點處，根據平面上兩點間直線段最短，利用勾股定理，求得結果.【詳解】根據圓柱的三視圖以及其本身的特征，將圓柱的側面展開圖平鋪,可以確定點M和點N分別在以圓柱的高為長方形的寬，圓柱底面圓周長的四分之一為長的長方形的對角線的端點處，所以所求的最短路徑的長度為，故選B.點睛：該題考查的是有關幾何體的表面上兩點之間的最短距離的求解問題，在解題的過程中，需要明確兩個點在幾何體上所處的位置，再利用平面上兩點間直線段最短，所以處理方法就是將面切開平鋪，利用平面圖形的相關特征求得結果.6、A【解析】分析程序中各變量、各語句的作用，再根據流程圖所示的順序，可知：該程序的作用是累加并輸出S的值【詳解】程序運行過程中，各變量值如下表所示：第一圈：S=1，k=2，第二圈：S=1+，k=3，第三圈：S=1++，k=4，…依此類推，第十圈：S＝1+，k=11退出循環其中判斷框內應填入的條件是：k≤10，故選A【點睛】算法是新課程中的新增加的內容，也必然是新高考中的一個熱點，應高度重視．程序填空也是重要的考試題型，這種題考試的重點有：①分支的條件②循環的條件③變量的賦值④變量的輸出．其中前兩點考試的概率更大．此種題型的易忽略點是：不能準確理解流程圖的含義而導致錯誤7、C【解析】計算，代入函數，計算即得結果.【詳解】由，得.故選：C.8、A【解析】根據冪函數的概念以及冪函數的單調性求出，在根據指數函數與對數函數的單調性得到，根據冪函數的單調性得到，再結合偶函數可得答案.【詳解】根據冪函數的定義可得，解得或，當時，，此時滿足在上單調遞增，當時，，此時在上單調遞減，不合題意.所以.因為，，，且，所以，因為在上單調遞增，所以，又因為為偶函數，所以，所以.故選：A【點睛】關鍵點點睛：掌握冪函數的概念和性質、指數函數與對數函數的單調性是解題關鍵.9、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.10、A【解析】根據余弦函數單調性，解得到答案.【詳解】解：，令，，解得，，故函數的單調遞減區間為；故選：A.11、A【解析】由，知，，又根據冪函數的單調性知，，故選A12、C【解析】令，則，故的零點在內，因此兩函數圖象交點在內，故選C.【方法點睛】本題主要考查函數圖象的交點與函數零點的關系、零點存在定理的應用，屬于中檔題.零點存在性定理的條件：（1）利用定理要求函數在區間上是連續不斷的曲線；（2）要求；（3）要想判斷零點個數還必須結合函數的圖象與性質(如單調性、奇偶性).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、-4【解析】點為圓上的動點，所以.由，所以當時有最小值-4.故答案為-4.14、（3）（4）【解析】對于（1）對角取特殊值即可驗證；對于（2）采用數形結合即可得到答案；對于（3）把函數進行化簡為關于的函數，再利用基本不等式即可得到答案；對于（4）用整體的思想，求出單調增區間為，再讓即可得到答案.【詳解】對于（1），當，當，不滿足是的必要條件，故（1）錯誤；對于（2），函數的最小正周期為，故（2）錯誤；對于（3），，當且僅當等號成立，故（3）正確；對于（4）函數的單調增區間為，若在上單調遞增，則，又，故（4）正確.故答案為：（3）（4）.15、【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：16、【解析】根據復合函數“同增異減”的原則即可求得答案.【詳解】由，設，對稱軸為：，根據“同增異減”的原則，函數的單調遞增區間為：.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）；（Ⅱ）見解析.【解析】（Ⅰ）由可知，區間是不等式解集的子集，由此可得出實數的不等式，解出即可；（Ⅱ）由題意可知，，則，令，可得出，令，對實數的取值范圍進行分類討論，先討論方程的根的個數及根的范圍，進而得出方程的根個數，由此可得出結論.【詳解】（Ⅰ），，對任意的實數，恒有成立，則區間是不等式解集的子集，，解得，因此，實數的取值范圍是；（Ⅱ），由題意可知，，，令，得，令，則，作出函數和函數在時的圖象如下圖所示：作出函數在時的圖象如下圖所示：①當或時，即當或時，方程無實根，此時，函數無零點；②當時，即當時，方程根為，而方程在區間上有兩個實根，此時，函數有兩個零點；③當時，即當時，方程有兩根、，且，，方程在區間上有兩個實根，方程在區間上有兩個實根，此時，函數有四個零點；④當時，即當時，方程有兩根分別為、，方程在區間上只有一個實根，方程在區間上有兩個實根，此時，函數有三個零點；⑤當時，即當時，方程只有一個實根，且，方程在區間上有兩個實根，此時，函數有兩個零點；⑥當時，即當時，方程只有一個實根，方程在區間上只有一個實根，此時，函數只有一個零點.綜上所述，當或時，函數無零點；當時，函數只有一個零點；當或時，函數有兩個零點；當時，函數有三個零點；當時，函數有四個零點.【點睛】本題考查利用二次不等式求參數，同時也考查了復合型二次函數的零點個數的分類討論，解題時要將函數分解為內層函數和外層函數來分析，考查數形結合思想與分類討論思想的應用，屬于難題.18、（1），（2）【解析】（1）根據集合的基本運算即可求解（2）根據A∩B＝B，得到B?A，再建立條件關系即可求實數a的取值范圍【小問1詳解】若a＝2，A＝{x|0＜x＜2}，∴＝{x|x≤0或x≥2}，∵B＝{x|1＜x＜3}，∴A∪B＝{x|0＜x＜3}，∴＝{x|2≤x＜3}【小問2詳解】∵A∩B＝B，∴B?A，∴a≥3∴實數a的取值范圍為[3，+∞）19、（1）（2）最大值為，6個【解析】(1)根據正弦的二倍角公式和輔助角公式可得，利用求出，進而求出，結合三角函數的性質即可得出結果；(2)利用三角函數的性質求出的單調增區間，根據題意和集合之間的關系求出；將問題轉化為函數與的圖象交點的個數，作出圖形，利用數形結合的思想即可得出答案.【小問1詳解】由，由周期為且，得，解得，即，由，得，故，所以函數在上的值域為.【小問2詳解】因為在區間上單調遞增，故在區間上為單調遞增由題知，存在使得成立，則必有則，解得，故，所以的最大值為.當時，函數的零點個數轉化為函數與的圖象的公共點的個數.畫圖得：由圖知與的圖象的公共點的個數共6個，即的零點個數為6個.20、（1）＝2，f(x)為偶函數；（2）證明見解析；（3），.【解析】(1)令x＝y＝0可求f(0)；令x＝y＝1可求f(2)；令x＝0可求奇偶性；(2)令y＝1即可證明；(3)(1)，是以4為周期的周期函數，由偶函數的性質可得，從而可得的所有零點【小問1詳解】∵對任意實數，，均有，∴令，則，可得，∵對任意,，，∴f(0)＞0，∴；令，則；∴；∵f(x)定義域為R關于原點對稱，且令時，，∴是R上的偶函數；【小問2詳解】令，則，則，∴，即；【小問3詳解】(1)，且是以4為周期的周期的偶函數，由偶函數的性質可得，從而可得f(－1)＝(1)＝f(3)＝f(5)＝…＝0，故f(x)的零點為奇數，即f(x)所有零點為，.21、（1）；（2）.【解析】（1）由已知利用同角三角函數基本關系式可求，的值，進而根據，利用兩角差的余弦函數公式即可求解（2）利用二倍角公式可求，的值，進而即可代入求解【詳解】（1）因為，所以又因為，所以所以（2）因為，所以所以【點睛】本題主要考查了同角三角函數基本關系式，兩角差的余弦函數公式，二倍角公式在三角函數化簡求值中的應用，考查了計算能力和轉化思想22、（1）見解析．（2）[2－，1)∪(1,2＋]【解析】試題分析：（1）利用換元法求函數解析式，注意換元時元的范圍，再根據奇偶性定義判斷函數奇偶性，最后根據復合函數單調性性質判斷函數單調性（2）不等式恒成立問題一般轉化為對應函數最值問題：即f(x)最大值小于4，根據函數單調性確定函數最大值，自在解不等式可得a的取值范圍試題解析：(1)令logax＝t(t∈R)，則x＝at，∴f(t)＝(at－a－t)∴f(x)＝(ax－a－x)(x∈R)∵f(－x)＝(a－x－ax)＝－(ax－a－x)＝－f(x)，∴f(x)為奇函數當a＞1時，y＝ax為增函數，y＝－a－x為增函數，且＞0，∴f(x)為增函數當0＜a＜1時，y＝ax為減函數，y＝－a－x為減函數，且