2022-2023學年高一上數學期末模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件2．將長方體截去一個四棱錐，得到的幾何體如右圖所示，則該幾何體的左視圖為（）A. B.C. D.3．的值為（）A. B.C. D.4．如圖所示，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直觀圖，則在△ABC的三邊及中線AD中，最長的線段是()A.AB B.ADC.BC D.AC5．已知函數（）的部分圖象如圖所示，則的值分別為A. B.C. D.6．設a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列正確的是（）A.若，，則 B.若，，則C.若，，則 D.若，，，則7．已知定義在R上的函數的圖象是連續不斷的,且有如下對應值表:x123453那么函數一定存在零點的區間是（）A. B.C. D.8．函數（）的零點所在的一個區間是（）A. B.C. D.9．在半徑為cm的圓上，一扇形所對的圓心角為，則此扇形的面積為（）A. B.C. D.10．某數學老師記錄了班上8名同學的數學考試成績，得到如下數據：90，98，100，108，111，115，115，125.則這組數據的分位數是（）A.100 B.111C.113 D.115二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知圓柱的底面半徑為，高為2，若該圓柱的兩個底面的圓周都在一個球面上，則這個球的表面積為______12．命題“存在x∈R，使得x2+2x+5=0”的否定是13．不等式的解集為，則的取值范圍是_________.14．寫出一個在區間上單調遞增冪函數：______15．函數的定義域是__________.16．向量與，則向量在方向上的投影為______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．已知函數（1）求的最小正周期；（2）若，，求的值18．已知對數函數.（1）若函數，討論函數的單調性；（2）對于（1）中的函數，若，不等式的解集非空，求實數的取值范圍.19．已知定義在上的奇函數滿足：①；②對任意的均有；③對任意的，，均有.（1）求的值；（2）證明在上單調遞增；（3）是否存在實數，使得對任意的恒成立？若存在，求出的取值范圍；若不存在，請說明理由.20．已知集合，，.（Ⅰ）求，；（Ⅱ）若，求實數的取值范圍.21．設是定義在上的偶函數，的圖象與的圖象關于直線對稱，且當時，（）求的解析式（）若在上為增函數，求的取值范圍（）是否存在正整數，使的圖象的最高點落在直線上？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由

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、A【解析】首先求解二次不等式，然后結合不等式的解集即可確定充分性和必要性是否成立即可.【詳解】求解二次不等式可得：或，據此可知：是的充分不必要條件.故選：A.【點睛】本題主要考查二次不等式的解法，充分性和必要性的判定，屬于基礎題.2、D【解析】答案：D左視圖即是從正左方看，找特殊位置的可視點，連起來就可以得到答案3、A【解析】根據誘導公式以及倍角公式求解即可.【詳解】原式.故選：A4、D【解析】因為A′B′與y′軸重合，B′C′與x′軸重合，所以AB⊥BC，AB=2A′B′，BC=B′C′.所以在直角△ABC中，AC為斜邊，故AB<AD<AC，BC<AC.故選D.5、B【解析】由條件知道：均是函數的對稱中心，故這兩個值應該是原式子分母的根，故得到，由圖像知道周期是，故，故，再根據三角函數的對稱中心得到，故如果，根據，得到故答案為B點睛：根據函數的圖像求解析式，一般要考慮的是圖像中的特殊點，代入原式子；再就是一些常見的規律，分式型的圖像一般是有漸近線的，且漸近線是分母沒有意義的點；還有常用的是函數的極限值等等方法6、D【解析】由空間中直線、平面的位置關系逐一判斷即可得解.【詳解】解：由a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，知：在A中，若，，則或，故A錯誤；在B中，若，，則，故B錯誤；在C中，若，，則或，故C錯誤；在D中，若，，，則由面面垂直的判定定理得，故D正確；故選：D【點睛】本題考查命題真假的判斷，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，考查數形結合思想，屬中檔題7、B【解析】利用零點存在性定理判斷即可.【詳解】則函數一定存在零點的區間是故選：B【點睛】本題主要考查了利用零點存在性定理判斷零點所在區間，屬于基礎題.8、C【解析】將各區間的端點值代入計算并結合零點存在性定理判斷即可.【詳解】由，，，所以，根據零點存在性定理可知函數在該區間存在零點.故選：C9、B【解析】由題意，代入扇形的面積公式計算即可.【詳解】因為扇形的半徑為，圓心角為，所以由扇形的面積公式得.故選：B10、D【解析】根據第p百分位數的定義直接計算，再判斷作答.【詳解】由知，這組數據的分位數是按從小到大排列的第6個位置的數，所以這組數據的分位數是115.故選：D二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】直接利用圓柱的底面直徑，高、球體的直徑構成直角三角形其中為斜邊，利用勾股定理求出的值，然后利用球體的表面積公式可得出答案【詳解】設球的半徑為，由圓柱的性質可得，圓柱的底面直徑，高、球體的直徑構成直角三角形其中為斜邊，因為圓柱的底面半徑為，高為2，所以，，因此，這個球的表面積為，故答案為【點睛】本題主要圓柱的幾何性質，考查球體表面積的計算，意在考查空間想象能力以及對基礎知識的理解與應用，屬于中等題12、對任何x∈R，都有x2+2x+5≠0【解析】因為命題“存在x∈R，使得x2+2x+5=0”是特稱命題，根據特稱命題的否定是全稱命題，可得命題的否定為：對任何x∈R，都有x2+2x+5≠0故答案為對任何x∈R，都有x2+2x+5≠013、[0,1)##0≤k＜1【解析】分k＝0和k≠0兩種情況進行討論.k≠0時，可看為函數恒成立，結合二次函數的圖像性質即可求解.【詳解】①當時，不等式可化為1＞0，此時不等式的解集為，符合題意；②當時，要使得不等式的解集為，則滿足，解得；綜上可得，實數的取值范圍是.故答案：.14、x（答案不唯一）【解析】由冪函數的性質求解即可【詳解】因為冪函數在區間上單調遞增，所以冪函數可以是，故答案為：（答案不唯一）15、{|且}【解析】根據函數，由求解.【詳解】因為函數，所以，解得，所以函數的定義域是{|且}，故答案為：{|且}16、【解析】在方向上的投影為考點：向量的投影三、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）（2）【解析】(1)根據二倍角的正、余弦公式和輔助角公式化簡計算可得，結合公式計算即可；(2)根據同角三角函數的基本關系和角的范圍求出，根據和兩角和的正弦公式直接計算即可.【小問1詳解】最小正周期【小問2詳解】，因為，，若，則，不合題意，又，所以，因為，所以，所以18、（1）詳見解析；(2).【解析】（1）由對數函數的定義，得到的值，進而得到函數的解析式，再根據復合函數的單調性，即可求解函數的單調性.（2）不等式的解集非空，得，利用函數的單調性，求得函數的最小值，即可求得實數的取值范圍.【詳解】（1）由題中可知：，解得：，所以函數的解析式，∵，∴，∴，即的定義域為，由于，令則：由對稱軸可知，在單調遞增，在單調遞減；又因為在單調遞增，故單調遞增區間，單調遞減區間為.（2）不等式的解集非空，所以，由（1）知，當時，函數單調遞增區間，單調遞減區間為，又，所以，所以，，所以實數的取值范圍.19、（1）0；（2）詳見解析；（3）存在，.【解析】（1）利用賦值法即求；（2）利用單調性的定義，由題可得，結合條件可得，即證；（3）利用賦值法可求，結合函數的單調性可把問題轉化為，是否存在實數，使得或在恒成立，然后利用參變分離法即求.【小問1詳解】∵對任意的，，均有，令，則，∴；【小問2詳解】，且，則又，對任意的均有，∴，∴∴函數在上單調遞增.【小問3詳解】∵函數為奇函數且在上單調遞增，∴函數在上單調遞增，令，可得，令，可得，又，∴，又函數在上單調遞增，在上單調遞增，∴由，可得或，即是否存在實數，使得或對任意的恒成立，令，則，則對于恒成立等價于在恒成立，即在恒成立，又當時，，故不存在實數，使得恒成立，對于對任意的恒成立，等價于在恒成立，由，可得在恒成立，又，在上單調遞減，∴，綜上可得，存在使得對任意的恒成立.【點睛】關鍵點點睛：本題第二問的關鍵是配湊，然后利用條件可證；第三問的關鍵是轉化為否存在實數，使得或在恒成立，再利用參變分離法解決.20、（1）（2）或.【解析】（Ⅰ）由交并補集定義可得；（Ⅱ），說明有公共元素，由這兩個集合的形式，知或即可.試題解析：（Ⅰ），，，又，；（Ⅱ）若，則需或，解得或.21、（1）；（2）；（3）見解析.【解析】分析：（）當時，，；當時，，從而可得結果；（）由題設知，對恒成立，即對恒成立，于是，，從而；（）因為為偶函數，故只需研究函數在的最大值，利用導數研究函數的單調性，討論兩種情況，即可篩選出符合題意的正整數.詳解：（）當時，，；當時，，∴，（）由題設知，對恒成立，即對恒成立，于是，，從而（）因為為偶函數，故只需研究函數在的最大值令