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．不等式的解集為（）A.{x|1＜x＜4} B.{x|﹣1＜x＜4}C.{x|﹣4＜x＜1} D.{x|﹣1＜x＜3}2．已知命題：，，則是（）A.， B.，C.， D.，3．函數在上的部分圖象如圖所示，則的值為A. B.C. D.4．已知點P(1，a)在角α的終邊上，tan＝－則實數a的值是（）A.2 B.C.－2 D.－5．已知函數，則的概率為A. B.C. D.6．已知扇形的半徑為，面積為，則這個扇形的圓心角的弧度數為（）A. B.C. D.7．函數的最小值為（）A.1 B.C. D.8．含有三個實數的集合可表示為{a，，1}，也可表示為{a2，a+b，0}，則a2012+b2013的值為（）A.0B.1C.-1D.±19．若,則的值為A. B.C. D.10．已知函數的值域是（）A. B.C. D.11．已知點，，，且滿足，若點在軸上，則等于A. B.C. D.12．函數(且)的圖象恒過定點，點又在冪函數的圖象上，則的值為（）A.-8 B.-9C. 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．已知函數在區間是單調遞增函數，則實數的取值范圍是______14．函數y=的單調遞增區間是____.15．如圖，在直四棱柱中，當底面ABCD滿足條件___________時，有.（只需填寫一種正確條件即可）16．_____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.（1）求的定義域；（2）若函數，且對任意的，，恒成立，求實數a的取值范圍.18．如圖，四邊形中，，，，，、分別在、上，，現將四邊形沿折起，使平面平面（）若，是否存在折疊后的線段上存在一點，且，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，說明理由（）求三棱錐的體積的最大值，并求此時點到平面的距離19．已知函數(，且).（1）判斷函數的奇偶性，并予以證明；（2）求使的x的取值范圍.20．已知正方體，（1）證明：平面；（2）求異面直線與所成的角21．已知正三棱柱，是的中點求證：（1）平面；（2）平面平面22．中國茶文化博大精深，茶水的口感與茶葉類型和茶水的溫度有關.經驗表明，某種綠茶，用一定溫度的水泡制，再等到茶水溫度降至某一溫度時，可以產生最佳口感.某研究員在泡制茶水的過程中，每隔1min測量一次茶水溫度，收集到以下數據：時間/min012345水溫/℃85.0079.0073.6068.7464.3660.42設茶水溫度從85°C開始，經過tmin后溫度為y℃，為了刻畫茶水溫度隨時間變化的規律，現有以下兩種函數模型供選擇：①；②（1）選出你認為最符合實際的函數模型，說明理由，并參考表格中前3組數據，求出函數模型的解析式；（2）若茶水溫度降至55℃時飲用，可以產生最佳口感，根據（1）中的函數模型，剛泡好的茶水大約需要放置多長時間才能達到最佳飲用口感?（參考數據：，）

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、B【解析】把不等式化為，求出解集即可【詳解】解：不等式可化為，即，解得﹣1＜x＜4，所以不等式的解集為{x|﹣1＜x＜4}故選：B【點評】本題考查了一元二次不等式的解法，是基礎題2、D【解析】根據命題的否定的定義寫出命題的否定，然后判斷【詳解】命題：，的否定是：，故選：D3、C【解析】由圖象最值和周期可求得和，代入可求得，從而得到函數解析式，代入可求得結果.【詳解】由圖象可得：，代入可得：本題正確選項：【點睛】本題考查三角函數值的求解，關鍵是能夠根據正弦函數的圖象求解出函數的解析式.4、C【解析】利用兩角和的正切公式得到關于tanα的值，進而結合正切函數的定義求得a的值.【詳解】∵，∴tanα＝－2，∵點P(1，a)在角α的終邊上，∴tanα＝＝a，∴a＝－2.故選：C.5、B【解析】由對數的運算法則可得：，當時，脫去符號可得：，解得：，此時；當時，脫去符號可得：，解得：，此時；據此可得：概率空間中的7個數中，大于1的5個數滿足題意，由古典概型公式可得，滿足題意的概率值：.本題選擇B選項.6、A【解析】由扇形的面積公式即可求解.【詳解】解：設扇形圓心角的弧度數為，則扇形面積為，解得，因為，所以扇形的圓心角的弧度數為4.故選：A7、D【解析】根據對數的運算法則，化簡可得，分析即可得答案.【詳解】由題意得，當時，的最小值為.故選：D8、B【解析】根據題意，由{a，，1}={a2，a+b，0}可得a=0或=0，又由的意義，則a≠0，必有=0，則b=0，則{a，0，1}={a2，a，0}，則有a2=1，即a=1或a=-1，集合{a，0，1}中，a≠1，則必有a=-1，則a2012+b2013=（-1）2012+02013=1，故選B點睛：集合的三要素是：確定性、互異性和無序性，集合的表示常用的有三種形式：列舉法，描述法，Venn圖法.研究一個集合，我們首先要看清楚它的研究對象，是實數還是點的坐標還是其它的一些元素，這是很關鍵的一步.9、B【解析】根據誘導公式將原式化簡為，分子分母同除以，即可求出結果.【詳解】因為，又，所以原式.故選B【點睛】本題主要考查誘導公式和同角三角函數基本關系，熟記公式即可，屬于基礎題型.10、B【解析】由于，進而得，即函數的值域是【詳解】解：因為,所以所以函數的值域是故選：B11、C【解析】由題意得，∴設點的坐標為，∵，∴，∴，解得故選：C12、A【解析】令，可得點，設，把代入可得，從而可得的值.【詳解】∵，令，得，∴，∴的圖象恒過點，設，把代入得，∴，∴，∴.故選：A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】求出二次函數的對稱軸，即可得的單增區間，即可求解.【詳解】函數的對稱軸是，開口向上，若函數在區間單調遞增函數，則，故答案為：．14、【解析】設函數，再利用復合函數的單調性原理求解.【詳解】解：由題得函數的定義域為.設函數，因為函數的單調遞減區間為，單調遞增區間為，函數是單調遞減函數，由復合函數的單調性得函數y=的單調遞增區間為.故答案為：15、(答案不唯一)【解析】直四棱柱，是在上底面的投影，當時，可得，當然底面ABCD滿足的條件也就能寫出來了.【詳解】根據直四棱柱可得：∥，且，所以四邊形是矩形，所以∥，同理可證：∥，當時，可得：，且底面，而底面，所以，而，從而平面，因為平面，所以，所以當滿足題意.故答案為：.16、【解析】利用三角函數公式化簡,即可求出結果.【詳解】，故答案為：.【點睛】本題主要考查運用三角函數公式化簡求值，倍角公式的應用，考查運算求解能力.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、（1）.（2）（2，+∞）.【解析】（1）使對數式有意義，即得定義域；（2）命題等價于，如其中一個不易求得，如不易求，則轉化為恒成立，再由其它方法如分離參數法求解或由二次不等式恒成立問題求解【詳解】（1）由題可知且，所以.所以的定義域為.（2）由題易知在其定義域上單調遞增.所以在上的最大值為，對任意恒成立等價于恒成立.由題得.令，則恒成立.當時，，不滿足題意.當時，，解得，因為，所以舍去.當時，對稱軸為，當，即時，，所以；當，即時，，無解，舍去；當，即時，，所以，舍去.綜上所述，實數a的取值范圍為（2，+∞）.【點睛】本題考查求對數型復合函數的定義域，不等式恒成立問題．解題時注意轉化與化歸思想的應用．18、(1)答案見解析；(2)答案見解析.【解析】(1)存在，使得平面，此時，即，利用幾何關系可知四邊形為平行四邊形，則，利用線面平行的判斷定理可知平面成立(2)由題意可得三棱錐的體積，由均值不等式的結論可知時，三棱錐的體積有最大值，最大值為建立空間直角坐標系，則，平面的法向量為，故點到平面的距離試題解析：（）存在，使得平面，此時證明：當，此時，過作，與交，則，又，故，∵，，∴，且，故四邊形為平行四邊形，∴，∵平面，平面，∴平面成立（）∵平面平面，平面，，∴平面，∵，∴，，，故三棱錐的體積，∴時，三棱錐的體積有最大值，最大值為建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，設平面的法向量為，則，∴，取，則，，∴∴點到平面的距離19、（1）是奇函數，證明見解析；（2）.【解析】（1）先根據對數函數的定義得函數的定義域關于原點對稱，再根據函數的奇偶性定義判斷即可；（2）由已知條件得，再分與兩種情況討論，結合對數函數的單調性列出不等式組，求出x的取值范圍即可.【詳解】（1）函數是奇函數.證明：要使函數的解析式有意義，需的解析式都有意義，即解得，所以函數的定義域是，所以函數的定義域關于原點對稱.因為所以函數是奇函數.（2）若，即.當時，有解得；當時，有解得，綜上所述，當時，x的取值范圍是，當時，x的取值范圍是.【點睛】該題考查的是有關函數的問題，涉及到的知識點有本題函數的奇偶性的判斷與證明、對數函數的單調性、根據單調性解不等式，不用對參數進行討論，屬于中檔題目.20、（1）證明見解析；（2）【解析】（1）證明，再根據線面平行的判定定理即可證明結論；（2）即為異面直線與所成的角，求出即可【詳解】（1）證：在正方體中，，且，∴四邊形為平行四邊形，∴，又∵平面，平面；∴平面；（2）解：∵，∴即為異面直線與所成的角，設正方體的邊長為，則易得，∴為等邊三角形，∴，故異面直線與所成的角為【點睛】本題主要考查線面平行的判定與異面直線所成的角，屬于基礎題21、（1）見解析（2）見解析【解析】（1）連接，交于點，連結，由棱柱的性質可得點是的中點，根據三角形中位線定理可得，利用線面平行的判定定理可得平面；（2）由正棱柱的性質可得平面，于是，再由正三角形的性質可得，根據線面垂直的判定定理可得平面，從而根據面面垂直的判定定理可得結論.試題解析：（1）連接，交于點，連結，因為正三棱柱，所以側面是平行四邊形，故點是的中點，又因為是的中點，所以，又因為平面，平面，所以平面（2）因為正三棱柱，所以平面，又因為平面，所以，因為正三棱柱，是的中點，是的中點，所以，又因為，所以平面，又因為平面，所以平面平面【方法點晴】本題主要考查線面平行的判定定理、線面垂直及面面垂直的證明，屬于中檔題.證明線面平行的常用方法：①利用線面平行的判定定理，使用這個定理的關鍵是設法在平面內找到一條與已知直線平行的直線，可利用幾何體的特征，合理利用中位線定理、線面平行的性質或者構造平行四邊形、尋找比例式證明兩直線平行.②利用面面平行的性質