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12小題，共60分）1．若直線與曲線有兩個不同的交點，則實數的取值范圍為A. B.C. D.2．我國在2020年9月22日在聯合國大會提出，二氧化碳排放力爭于2030年前實現碳達峰，爭取在2060年前實現碳中和．為了響應黨和國家的號召，某企業在國家科研部門的支持下，進行技術攻關：把二氧化碳轉化為一種可利用的化工產品，經測算，該技術處理總成本y（單位：萬元）與處理量x（單位：噸）之間的函數關系可近似表示為，當處理量x等于多少噸時，每噸的平均處理成本最少（）A.120 B.200C.240 D.4003．冪函數的圖象經過點，則（）A.是偶函數，且在上單調遞增B.是偶函數，且在上單調遞減C.是奇函數，且在上單調遞減D.既不是奇函數，也不是偶函數，在上單調遞增4．點P從O點出發，按逆時針方向沿周長為l的圖形運動一周，O、P兩點的距離y與點P所走路程x的函數關系如圖所示，那么點P所走的圖形是（）A. B.C. D.5．若，則有（）A.最小值為3 B.最大值為3C.最小值為 D.最大值為6．數學家歐拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直線上，且重心到外心的距離是重心到垂心距離的一半，這條直線后人稱之為三角形的歐拉線.已知的頂點，若其歐拉線方程為，則頂點C的坐標是A. B.C. D.7．已知是第二象限角，，則（）A. B.C. D.8．sin1830°等于（）A. B.C. D.9．若集合，則下列選項正確的是（）A. B.C. D.10．如圖，在正三棱柱中，，若二面角的大小為，則點C到平面的距離為（）A.1 B.C. D.11．已知命題，，命題，，則下列命題中為真命題的是（）A. B.C. D.12．已知集合，，若，則的值為A.4 B.7C.9 D.10二、填空題（本大題共4小題，共20分）13．下面有六個命題：①函數是偶函數；②若向量的夾角為，則；③若向量的起點為，終點為，則與軸正方向的夾角的余弦值是；④終邊在軸上的角的集合是；⑤把函數的圖像向右平移得到的圖像；⑥函數在上是減函數.其中，真命題的編號是__________．（寫出所有真命題的編號）14．_____.15．已知函數，若方程有四個不同的實根，滿足，則值為__________.16．已知集合，，則_________.三、解答題（本大題共6小題，共70分）17．已知，其中為奇函數，為偶函數.（1）求與的解析式；（2）判斷函數在其定義域上的單調性（不需證明）；（3）若不等式恒成立，求實數的取值范圍.18．記函數的定義域為集合，函數的定義域為集合（Ⅰ）求集合；（Ⅱ）若，求實數的取值范圍19．（1）若，求的值；（2）已知銳角，滿足，若，求的值.20．已知.（1）若在第二象限，求的值；（2）已知，且，求值.21．若函數是奇函數()，且，.(1)求實數,,的值；(2)判斷函數在上的單調性，并利用函數單調性的定義證明.22．已知，，且.（1）求實數a的值；（2）求.

參考答案一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1、D【解析】表示的曲線為圓心在原點，半徑是1的圓在x軸以及x軸上方的部分作出曲線的圖象，在同一坐標系中，再作出斜率是1的直線，由左向右移動，可發現，直線先與圓相切，再與圓有兩個交點，直線與曲線相切時m值為，直線與曲線有兩個交點時的m值為1，則故選D2、D【解析】先根據題意求出每噸的平均處理成本與處理量之間的函數關系，然后分和分析討論求出其最小值即可【詳解】由題意得二氧化碳每噸的平均處理成本為，當時，，當時，取得最小值240，當時，，當且僅當，即時取等號，此時取得最小值200，綜上，當每月得理量為400噸時，每噸的平均處理成本最低為200元，故選：D3、D【解析】設冪函數方程，將點坐標代入，可求得的值，根據冪函數的性質，即可求得答案.【詳解】設冪函數的解析式為：，將代入解析式得：，解得，所以冪函數，所以既不是奇函數，也不是偶函數，且，所以在上單調遞增.故選：D.4、C【解析】認真觀察函數的圖象，根據其運動特點，采用排除法，即可求解.【詳解】觀察函數的運動圖象，可以發現兩個顯著特點：①點運動到周長的一半時，最大；②點的運動圖象是拋物線，設點為周長的一半，如下圖所示：圖1中，因為，不符合條件①，因此排除選項A；圖4中，由，不符合條件①，并且的距離不是對稱變化的，因此排除選項D；另外，在圖2中，當點在線段上運動時，此時，其圖象是一條線段，不符合條件②，因此排除選項B.故選：C5、A【解析】利用基本不等式即得,【詳解】∵，∴，∴，當且僅當即時取等號，∴有最小值為3.故選：A.6、A【解析】設C的坐標，由重心坐標公式求重心，代入歐拉線得方程，求出AB的垂直平分線，聯立歐拉線方程得三角形外心，外心到三角形兩頂點距離相等可得另一方程，兩方程聯立求得C點的坐標.【詳解】設C(m，n),由重心坐標公式得重心為,代入歐拉線方程得：①AB的中點為，，所以AB的中垂線方程為聯立，解得所以三角形ABC的外心為，則，化簡得：②聯立①②得：或，當時，BC重合，舍去，所以頂點C的坐標是故選A.【點睛】本題主要考查了直線方程的各種形式，重心坐標公式，屬于中檔題.7、B【解析】利用同角三角函數基本關系式求解.【詳解】因為是第二象限角，，且，所以.故選：B.8、A【解析】根據誘導公式計算【詳解】故選：A9、C【解析】利用元素與集合，集合與集合的關系判斷.【詳解】因為集合是奇數集，所以，，，A，故選：C10、C【解析】取的中點，連接和，由二面角的定義得出，可得出、、的值，由此可計算出和的面積，然后利用三棱錐的體積三棱錐的體積相等，計算出點到平面的距離.【詳解】取的中點，連接和，根據二面角的定義，.由題意得，所以，.設到平面的距離為，易知三棱錐的體積三棱錐的體積相等，即，解得，故點C到平面的距離為.故選C.【點睛】本題考查點到平面距離的計算，常用的方法有等體積法與空間向量法，等體積法本質就是轉化為三棱錐的高來求解，考查計算能力與推理能力，屬于中等題.11、D【解析】先判斷命題的真假，再利用復合命題的真假判斷得解.【詳解】解：方程的，故無解，則命題p為假；而，故命題q為真；故命題、、均為假命題，為真命題.故選：D12、A【解析】可知，或，所以．故選A考點：交集的應用二、填空題（本大題共4小題，共20分）13、①⑤【解析】對于①函數，則=，所以函數是偶函數；故①對；對于②若向量的夾角為，根據數量積定義可得，此時的向量應該為非零向量；故②錯；對于③=，所以與軸正方向的夾角的余弦值是-；故③錯；對于④終邊在軸上的角的集合是；故④錯；對于⑤把函數的圖像向右平移得到，故⑤對；對于⑥函數=在上是增函數.故⑥錯；故答案為①⑤.14、【解析】利用誘導公式變形，再由兩角和的余弦求解【詳解】解：，故答案為【點睛】本題考查誘導公式的應用，考查兩角和的余弦，是基礎題15、11【解析】畫出函數圖像，利用對數運算及二次函數的對稱性可得答案.【詳解】函數的圖像如圖：若方程有四個不同的實根，滿足，則必有，得，.故答案為：11.16、【解析】由對數函數單調性，求出集合A，再根據交集的定義即可求解.【詳解】解：，，，故答案為：.三、解答題（本大題共6小題，共70分）17、（1），；（2）函數在其定義域上為減函數；（3）.【解析】（1）由與可建立有關、的方程組，可得解出與的解析式；（2）化簡函數解析式，根據函數的解析式可直接判斷函數的單調性；（3）將所求不等式變形為，根據函數的定義域、單調性可得出關于實數的不等式組，由此可解得實數的取值范圍.【詳解】（1）由于函數為奇函數，為偶函數，，，即，所以，，解得，.由，可得，所以，，；（2）函數的定義域為，，所以，函數在其定義域上為減函數；（3）由于函數為定義域上的奇函數，且為減函數，由，可得，由題意可得，解得.因此，實數的取值范圍是.【點睛】思路點睛：根據函數單調性求解函數不等式的思路如下：（1）先分析出函數在指定區間上的單調性；（2）根據函數單調性將函數值的關系轉變為自變量之間的關系，并注意定義域；（3）求解關于自變量的不等式，從而求解出不等式的解集.18、（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】（1）根據根式有意義的條件，并結合指數函數的性質解不等式得到集合A；（2）先求解集合，由得到A是B的子集，根據集合包含關系列出關于a的不等式，求得a的取值范圍【詳解】（Ⅰ）由已知得：（Ⅱ）由∵，∴或∵，∴，∴19、（1）5；（2）.【解析】（1）根據給定條件化正余的齊次式為正切，再代入計算作答.（2）根據給定條件利用差角的余弦公式求出，結合角的范圍求出即可作答.【詳解】（1）因，所以.（2）因，是銳角，則，，又，，因此，，，則，顯然，于是得：，解得，所以的值為.20、（1）（2）【解析】（1）根據題意，結合半角公式得，故，，再根據二倍角公式計算即可.（2）由題知，再結合正切的和角公式求解即可.【小問1詳解】解：，∴∵在第二象限，∴，，∴【小問2詳解】解：∴，21、(1),,；(2)在上為增函數,證明見解析.【解析】（1）根據題意，由奇函數的性質可得，進而可得，解可得、、的值，即可得答案；（2）利用定義法證明函數的單調性，按照：設元、作差、變形、判斷符號、下結論的步驟完成即可【詳解】解：(1)根據題意，函數是奇函數（），且，則，又由，則有，且，解得，，.(2)由(1)可得：，函數