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．設集合，則A. B.C. D.2．若集合，則集合（）A. B.C. D.3．已知函數，則下列選項中正確的是（）A.函數是單調增函數B.函數的值域為C.函數為偶函數D.函數的定義域為4．在如圖所示中，二次函數與指數函數的圖象只可為A. B.C. D.5．若過，兩點的直線的傾斜角為，則y等于（）A. B.C.1 D.56．若集合，，則（）A. B. C. D.7．農科院的專家為了了解新培育的甲、乙兩種麥苗的長勢情況，從種植有甲、乙兩種麥苗的兩塊試驗田中各抽取6株麥苗測量株高，得到的數據如下（單位：cm）：甲：9，10，11，12，10，20；乙：8，14，13，10，12，21.根據所抽取的甲、乙兩種麥苗的株高數據，給出下面四個結論，其中正確的結論是（）A.甲種麥苗樣本株高的平均值大于乙種麥苗樣本株高的平均值B.甲種麥苗樣本株高的極差小于乙種麥苗樣本株高的極差C.甲種麥苗樣本株高的75%分位數為10D.甲種麥苗樣本株高的中位數大于乙種麥苗樣本株高的中位數8．正割及余割這兩個概念是由伊朗數學家阿布爾威發首先引入的．定義正割，余割．已知為正實數，且對任意的實數均成立，則的最小值為（）A. B.C. D.9．若函數（）在有最大值無最小值，則的取值范圍是（）A. B.C. D.10．如果，那么（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若關于的方程只有一個實根，則實數的取值范圍是______.12．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______13．若存在常數和，使得函數和對其公共定義域上的任意實數都滿足：和恒成立，則稱此直線為和的“隔離直線”．已知函數，，若函數和之間存在隔離直線，則實數的取值范圍是______14．已知，函數，若函數有兩個零點，則實數k的取值范圍是________15．已知點為角終邊上一點，則______.16．已知函數其中且的圖象過定點，則的值為______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．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．已知定義在上的奇函數，當時，.（1）求函數在上的解析式；（2）在給出的直角坐標系中作出的圖像，并寫出函數的單調區間.19．已知向量，滿足，，且，的夾角為.（1）求；（2）若，求的值.20．已知tanα<0，（1）若求的值;（2）若求tanα的值.21．如圖，邊長為2的等邊△PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC＝，M為BC的中點.（I）證明：AM⊥PM；(II)求二面角P－AM－D的大小.

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、C【解析】集合，根據元素和集合的關系知道故答案為C2、D【解析】解方程，再求并集.【詳解】故選：D.3、D【解析】應用換元法求的解析式，進而求其定義域、值域，并判斷單調性、奇偶性，即可知正確選項.【詳解】由題意，由，則，即.令，則∴，其定義域為不是偶函數，又故不單調增函數，易得，則，∴.故選：D4、C【解析】指數函數可知，同號且不相等，再根據二次函數常數項為零經過原點即可得出結論【詳解】根據指數函數可知，同號且不相等，則二次函數的對稱軸在軸左側，又過坐標原點，故選：C【點睛】本題主要考查二次函數與指數函數的圖象與性質，屬于基礎題5、B【解析】根據斜率的定義和坐標表達式即可求得結果.【詳解】，.【點睛】本題考查斜率的定義和坐標表達式，注意認真計算，屬基礎題.6、C【解析】根據交集直接計算即可.【詳解】因為，，所以，故選：C7、B【解析】對A，由平均數求法直接判斷即可；由極差概念可判斷B，結合百分位數概念可求C；將甲乙兩組數據排序，可判斷D.【詳解】甲組數據的平均數為9+10+11+12+10+206=12，乙組數據的平均數為8+14+13+10+12+216甲種麥苗樣本株高的極差為11，乙種麥苗樣本株高的極差為13，故B正確；6×0.75=4.5，故甲種麥苗樣本株高的75%分位數為第5位數，為12，故C錯誤；甲種麥苗樣本株高的中位數為10.5，乙種麥苗樣本株高的中位數為12.5，故D錯誤.故選：B8、D【解析】由參變量分離法可得出，利用基本不等式可求得取值范圍，即可得解.【詳解】由已知可得，可得，因為，則，因為，當且僅當時，等號成立，故.故選：D.9、B【解析】求出，根據題意結合正弦函數圖象可得答案.【詳解】∵，∴，根據題意結合正弦函數圖象可得，解得.故選：B.10、D【解析】利用對數函數的單調性，即可容易求得結果.【詳解】因為是單調減函數，故等價于故選：D【點睛】本題考查利用對數函數的單調性解不等式，屬基礎題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】把關于的方程只有一個實根，轉化為曲線與直線的圖象有且只有一個交點，在同一坐標系內作出曲線與直線的圖象，結合圖象，即可求解.【詳解】由題意，關于方程只有一個實根，轉化為曲線與直線的圖象有且只有一個交點，在同一坐標系內作出曲線與直線的圖象，如圖所示，結合圖象可知，當直線介于和之間的直線或與重合的直線符合題意，又由直線在軸上的截距分別為，所以實數的取值范圍是.故答案為.【點睛】本題主要考查了直線與圓的位置關系的應用，其中解答中把方程的解轉化為直線與曲線的圖象的交點個數，結合圖象求解是解答的關鍵，著重考查了轉化思想，以及數形結合思想的應用，屬于基礎題.12、【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13、【解析】由已知可得、恒成立，可求得實數的取值范圍.【詳解】因為函數和之間存在隔離直線，所以，當時，可得對任意的恒成立，則，即，當時，可得對恒成立，令，則有對恒成立，所以或，解得或，綜上所述，實數的取值范圍是.故答案為：.14、【解析】由題意函數有兩個零點可得,得,令與，作出函數與的圖象如圖所示：由圖可知，函數有且只有兩個零點，則實數的取值范圍是.故答案為：.【點睛】本題考查分段函數的應用，函數零點的判斷等知識，解題時要靈活應用數形結合思想15、5【解析】首先求，再化簡，求值.【詳解】由題意可知.故答案為：5【點睛】本題考查三角函數的定義和關于的齊次分式求值，意在考查基本化簡和計算.16、1【解析】根據指數函數的圖象過定點，即可求出【詳解】函數其中且的圖象過定點，，，則，故答案為1【點睛】本題考查了指數函數圖象恒過定點的應用，屬于基礎題.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、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）（2）圖像答案見解析，單調遞增區間為，單調遞減區間為【解析】（1）由函數的奇偶性的定義和已知解析式，計算時的解析式，可得所求的解析式；（2）由分段函數的圖像畫法，可得所求圖像，結合的圖像，可得的單調區間【小問1詳解】設，則，所以，又為奇函數，所以，又為定義在上的奇函數，所以，所以【小問2詳解】作出函數的圖像，如圖所示：函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為.19、（1）-12；（2）12.【解析】(1)按照向量的點積公式得到，再由向量運算的分配律得到結果；（2）根據向量垂直得到，按照運算公式展開得到結果即可.【詳解】（1）由題意得，∴（2）∵，∴，∴，∴，∴【點睛】這個題目考查了向量的點積運算，以及向量垂直的轉化；向量的兩個作用：①載體作用：關鍵是利用向量的意義、作用脫去“向量外衣”，轉化為我們熟悉的數學問題；②工具作用：利用向量可解決一些垂直、平行、夾角與距離問題.20、（1）；（2）或【解析】（1）利用同角三角函數的基本關系求得的值，可得的值，再利用誘導公式求得要求式子的值（2）利用同角三角函數的基本關系求得，由此求得的值【詳解】（1），，為第四象限角，，，（2），，，或【點睛】本題主要考查同角三角函數的基本關系，誘導公式，屬于基礎題21、（1）見解析；（2）45°.【解析】（Ⅰ）以D點為原點，分別以直線DA、DC為x軸、y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系,求出與的坐標，利用數量積為零，即可證得結果；（Ⅱ）求出平面PAM與平面ABCD的法向量，代入公式即可得到結果.【詳解】（I）證明:以D點為原點，分別以直線DA、DC為x軸、y軸，建立如圖所示的空間直角