2022-2023學年高一上數學期末模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1．已知函數則的值為（）A. B.0C.1 D.22．若，且則與的夾角為（）A. B.C. D.3．已知命題：，總有，則命題的否定為（）A.，使得 B.，使得C.，總有 D.，總有4．已知，，，則，，大小關系為（）A. B.C. D.5．命題的否定是（）A. B.C. D.6．如圖所示的四個幾何體，其中判斷正確的是A.（1）不棱柱B.（2）是棱柱C.（3）是圓臺D.（4）是棱錐7．下列函數中，圖象的一部分如圖所示的是（）A. B.C. D.8．函數是偶函數且在上單調遞減，，則的解集為（）A. B.C D.9．下列哪組中的兩個函數是同一函數（）A與 B.與C.與 D.與10．在中，，，若點滿足，則（）A. B.C. D.11．當點在圓上變動時，它與定點的連線的中點的軌跡方程是（）A. B.C. D.12．已知全集，集合，，則（）A.{2，3，4} B.{1，2，4，5}C.{2，5} D.{2}二、填空題（本大題共4小題，共20分）13．定義域為的奇函數，當時，，則關于的方程所有根之和為，則實數的值為________14．某公司在甲、乙兩地銷售同一種農產品，利潤（單位：萬元）分別為，，其中x為銷售量（單位：噸），若該公司在這兩地共銷售10噸農產品，則能獲得的最大利潤為______萬元.15．不等式x2-5x+6≤0的解集為______.16．將正方形沿對角線折成直二面角，有如下四個結論：①；②是等邊三角形；③與所成的角為，④取中點，則為二面角的平面角其中正確結論是__________．（寫出所有正確結論的序號）三、解答題（本大題共6小題，共70分）17．已知函數且.（1）試判斷函數的奇偶性；（2）當時，求函數的值域；（3）若對任意，恒成立，求實數的取值范圍18．設集合，，.（1）求，；（2）若，求；（3）若，求的取值范圍.19．如圖所示四棱錐中，底面，四邊形中，，，，求四棱錐的體積；求證：平面；在棱上是否存在點異于點，使得平面，若存在，求的值；若不存在，說明理由20．設函數（1）求函數的最小正周期和單調遞增區間；（2）求函數在上的最大值與最小值及相應的x的值.21．設函數的定義域為，值域為，如果存在函數，使得函數的值域仍是，那么稱是函數的一個等值域變換.（1）判斷下列函數是不是函數的一個等值域變換？說明你的理由；①；②.（2）設的定義域為，已知是的一個等值域變換，且函數的定義域為，求實數的值.22．已知的三個頂點是，直線過點且與邊所在直線平行.（1）求直線的方程；（2）求的面積.

參考答案一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1、C【解析】將代入分段函數解析式即可求解.【詳解】解：因為，所以，又，所以，故選：C.2、C【解析】因為，設與的夾角為，，則，故選C考點：數量積表示兩個向量的夾角3、B【解析】根據全稱命題的否定性質進行判斷即可.【詳解】因為全稱命題的否定是特稱命題，所以命題的否定為，使得，故選：B4、C【解析】由對數的性質，分別確定的大致范圍，即可得出結果.【詳解】因為，所以，，所以，，，所以.故選：C.5、C【解析】根據存在量詞命題的否定是全稱量詞命題，選出正確選項.【詳解】因為命題是存在量詞命題，所以其否定是全稱量詞命題，即，.故選：C.6、D【解析】直接利用多面體和旋轉體的結構特征，逐一核對四個選項得答案解：（1）滿足前后面互相平行，其余面都是四邊形，且相鄰四邊形的公共邊互相平行，∴（1）是棱柱，故A錯誤；（2）中不滿足相鄰四邊形的公共邊互相平行，∴（2）不是棱柱，故B錯誤；（3）中上下兩個圓面不平行，不符合圓臺的結構特征，∴（3）不是圓臺，故C錯誤；（4）符合棱錐的結構特征，∴（4）是棱錐，故D正確故選D考點：棱錐的結構特征7、D【解析】根據題意，設，利用函數圖象求得，得出函數解析式，再利用誘導公式判斷選項即可.【詳解】由題意，設，由圖象知：，所以，所以，因為點在圖象上，所以，則，解得，所以函數，即，故選：D8、D【解析】分析可知函數在上為增函數，且有，將所求不等式變形為，可得出關于實數的不等式，由此可解得實數的取值范圍.【詳解】因為函數是偶函數且在上單調遞減，則該函數在上為增函數，且，由可得，所以，，可得或，解得或.因此，不等式的解集為.故選：D.9、D【解析】根據同一函數的概念，逐項判斷，即可得出結果.【詳解】A選項，的定義域為，的定義域為，定義域不同，故A錯；B選項，定義域為，的定義域為，定義域不同，故B錯；C選項，的定義域為，的定義域為，定義域不同，故C錯；D選項，與的定義域都為，且，對應關系一致，故D正確.故選：D.10、C【解析】由題可得，進一步化簡可得.【詳解】，，.故選：C.11、D【解析】設中點的坐標為，則，利用在已知的圓上可得的中點的軌跡方程.【詳解】設中點的坐標為，則，因為點在圓上，故，整理得到.故選：D.【點睛】求動點的軌跡方程，一般有直接法和間接法，（1）直接法，就是設出動點的坐標，已知條件可用動點的坐標表示，化簡后可得動點的軌跡方程，化簡過程中注意變量的范圍要求.（2）間接法，有如下幾種方法：①幾何法：看動點是否滿足一些幾何性質，如圓錐曲線的定義等；②動點轉移：設出動點的坐標，其余的點可以前者來表示，代入后者所在的曲線方程即可得到欲求的動點軌跡方程；③參數法：動點的橫縱坐標都可以用某一個參數來表示，消去該參數即可動點的軌跡方程.12、B【解析】根據補集的定義求出，再利用并集的定義求解即可.【詳解】因為全集，，所以，又因為集合，所以，故選：B.二、填空題（本大題共4小題，共20分）13、【解析】由題意，作函數y=f（x）與y=a的圖象如下，結合圖象，設函數F（x）=f（x）﹣a（0＜a＜1）的零點分別為x1，x2，x3，x4，x5，則x1+x2=﹣6，x4+x5=6，﹣log0.5（﹣x3+1）=a，x3=1﹣2a，故x1+x2+x3+x4+x5=﹣6+6+1﹣2a=1﹣2a，∵關于x的方程f（x）﹣a=0（0＜a＜1）所有根之和為1﹣，∴a=故答案為.點睛：函數的零點或方程的根的問題，一般以含參數的三次式、分式、以e為底的指數式或對數式及三角函數式結構的函數零點或方程根的形式出現，一般有下列兩種考查形式：(1)確定函數零點、圖象交點及方程根的個數問題；(2)應用函數零點、圖象交點及方程解的存在情況，求參數的值或取值范圍問題研究方程根的情況，可以通過導數研究函數的單調性、最值、函數的變化趨勢等，根據題目要求，通過數形結合的思想去分析問題，可以使得問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現．同時在解題過程中要注意轉化與化歸、函數與方程、分類討論思想的應用14、34【解析】設公司在甲地銷售農產品噸，則在乙地銷售農產品噸，根據利潤函數表示出利潤之和，利用配方法求出函數的最值即可【詳解】設公司在甲地銷售農產品（）噸，則在乙地銷售農產品噸，，利潤為，又且故當時，能獲得的最大利潤為34萬元故答案為：34.15、【解析】根據二次函數的特點即可求解.【詳解】由x2-5x+6≤0，可以看作拋物線，拋物線開口向上，與x軸的交點為，∴，即原不等式的解集為.16、①②④【解析】如圖所示，取中點，則，，所以平面，從而可得，故①正確；設正方形邊長為，則，所以，又因為，所以是等邊三角形，故②正確；分別取，的中點為，，連接，，．則，且，，且，則是異面直線，所成的角在中，，，∴則是正三角形，故，③錯誤；如上圖所示，由題意可得：，則,由可得，據此可知：為二面角的平面角，說法④正確.故答案為：①②④.點睛：(1)有關折疊問題，一定要分清折疊前后兩圖形(折前的平面圖形和折疊后的空間圖形)各元素間的位置和數量關系，哪些變，哪些不變(2)研究幾何體表面上兩點的最短距離問題，常選擇恰當的母線或棱展開，轉化為平面上兩點間的最短距離問題三、解答題（本大題共6小題，共70分）17、（1）偶函數；（2）；（3）.【解析】（1）先求得函數的定義域為R，再由，可判斷函數是奇偶性；（2）由，所以，以及對數函數的單調性可得函數的值域；（3）對任意，恒成立，等價于，分，和，分別求得函數的最值，可求得實數的取值范圍.【詳解】（1）因為且，所以其定義域為R，又，所以函數是偶函數；（2）當時，，因為，所以，所以函數的值域為；（3）對任意，恒成立，等價于，當，因為，所以，所以，解得，當，因為，所以，所以函數無最小值，所以此時實數不存在，綜上得：實數的取值范圍為.【點睛】方法點睛：不等式恒成立問題常見方法：①分離參數恒成立(即可)或恒成立（即可）；②數形結合(圖象在上方即可)；③討論最值或恒成立18、（1），（2）（3）【解析】（1）先可求出，再利用交集，并集運算求解即可；（2）由（1）得，然后代入，即可求得；（3）由可得到，解不等式組求出的范圍即可.【詳解】（1）由已知得，所以，；（2）由（1）得，當時，，所以.；（3）因為，所以，解得.【點睛】本題考查集合的交并補的運算，考查集合的包含關系的含義，是基礎題.19、（1）4；（2）見解析；（3）不存在.【解析】利用四邊形是直角梯形，求出，結合底面，利用棱錐的體積公式求解即可求；先證明，，結合，利用線面垂直的判定定理可得平面；用反證法證明，假設存在點異于點使得平面證明平面平面，與平面與平面相交相矛盾，從而可得結論【詳解】顯然四邊形ABCD是直角梯形，又底面平面ABCD，平面ABCD，在直角梯形ABCD中，，，，即又，平面；不存在，下面用反證法進行證明假設存在點異于點使得平面PAD，且平面PAD，平面PAD，平面PAD又，平面平面PAD而平面PBC與平面PAD相交，得出矛盾【點睛】本題考查直線與平面垂直的判定，棱錐的體積，平面與平面平行的判定定理，考查空間想象能力，邏輯推理能力．證明直線和平面垂直的常用方法有：（1）利用判定定理；（2）利用判定定理的推論；（3）利用面面平行的性質；（4）利用面面垂直的性質，當兩個平面垂直時，在一個平面內垂直于交線的直線垂直于另一個平面.20、（1）最小正周期，單調遞增區間為，；（2）時函數取得最小值，時函數取得最大值；【解析】（1）利用二倍角公式及輔助角公式將函數化簡，再根據正弦函數的性質計算可得；（2）由的取值范圍，求出的取值范圍，再根據正弦函數的性質計算可得；【小問1詳解】解：因為，即，所以函數的最小正周期，令，，解得，，所以函數的單調遞增區間為，；【小問2詳解】解：因為，所以，所以當，即時函數取得最小值，即，當，即時函數取得最大值，即；21、（1）①不是等值域變換，②是等值域變換；（2）.【解析】（1）運用對數函數的值域和基本不等式，結合新定義即可判斷①；運用二次函數的值域和指數函數的值域，結合新定義即可判斷②；（2）利用f（x）的定義域，求得值域，根據x的表達式，和t值域建立不等式，利用存在t1，t2∈R使兩個等號分別成立，求得m和n試題解析：（1）①，x>0，值域為R，,t>0,由g(t)?2可得y=f[g(t)]的值域為[1,+∞).則x=g(t)不是函數y=f(x)