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、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在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、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，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．已知cosα＝，cos(α＋β)＝－，且α，β∈，則cos(α－β)的值等于A.－ B.C.－ D.2．若不計空氣阻力，則豎直上拋的物體距離拋出點的高度h（單位：）與時間t（單位：）滿足關系式（取，為上拋物體的初始速度）.一同學在體育課上練習排球墊球，某次墊球，排球離開手臂豎直上拋的瞬時速度，則在不計空氣阻力的情況下，排球在墊出點2m以上的位置大約停留（）A.1 B.1.5C.1.8 D.2.23．已知函數是定義在上的偶函數，且在上是減函數，若，，，則，，的大小關系為（）A. B.C. D.4．命題：“，”的否定是（）A.， B.，C.， D.，5．在平行四邊形中，，，為邊的中點，，則（）A.1 B.2C.3 D.46．點A，B，C，D在同一個球的球面上，，，若四面體ABCD體積的最大值為，則這個球的表面積為A. B.C. D.7．函數在上的圖象為A. B.C. D.8．函數的零點在A. B.C. D.9．“不等式在上恒成立”的一個必要不充分條件是（）A. B.C. D.10．已知函數，若關于的方程有四個不同的實數解，且滿足，則下列結論正確的是（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知直三棱柱的個頂點都在球的球面上，若，，，，則球的直徑為________12．已知命題：，都有是真命題，則實數取值范圍是______13．已知集合，，則集合中的元素個數為___________.14．用表示函數在閉區間上的最大值．若正數滿足，則的最大值為__________15．已知，則的最小值為___________16．的單調增區間為________.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．求值：（1）（2）已知，求的值18．已知集合且（1）若，求的值;（2）若，求實數組成的集合19．已知向量，向量分別為與向量同向的單位向量.（Ⅰ）求向量與的夾角；（Ⅱ）求向量的坐標.20．設函數，（1）求函數的值域；（2）設函數，若對，，，求正實數a的取值范圍21．在平面直角坐標系中,已知角的終邊與以原點為圓心的單位圓交于點.（1）求與的值；（2）計算的值.

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、D【解析】∵α∈，∴2α∈(0，π)．∵cosα＝，∴cos2α＝2cos2α－1＝－，∴sin2α＝，而α，β∈，∴α＋β∈(0，π)，∴sin(α＋β)＝，∴cos(α－β)＝cos[2α－(α＋β)]＝cos2αcos(α＋β)＋sin2αsin(α＋β)＝＝.2、D【解析】將，代入，得出時間t，再求間隔時間即可.【詳解】解：將，代入，得，解得，所以排球在墊出點2m以上的位置大約停留.故選：D3、B【解析】分析：利用函數的單調性即可判斷.詳解：因為函數為偶函數且在(?∞,0)上單調遞減，所以函數在(0,+∞)上單調遞增，由于，所以.故選B.點睛：對數函數值大小的比較一般有三種方法：①單調性法，在同底的情況下直接得到大小關系，若不同底，先化為同底．②中間值過渡法，即尋找中間數聯系要比較的兩個數，一般是用“0”，“1”或其他特殊值進行“比較傳遞”．③圖象法，根據圖象觀察得出大小關系4、C【解析】根據含有一個量詞的命題的否定形式，全稱命題的否定是特稱命題，可得答案.【詳解】命題：“，”是全稱命題，它的否定是特稱命題：，，故選：C5、D【解析】以為坐標原點，建立平面直角坐標系，設，再利用平面向量的坐標運算求解即可【詳解】以坐標原點，建立平面直角坐標系，設，則，，，，故，由可得，即，化簡得，故，故，，故故選：D6、D【解析】根據題意，畫出示意圖，結合三角形面積及四面積體積的最值，判斷頂點D的位置；然后利用勾股定理及球中的線段關系即可求得球的半徑，進而求得球的面積【詳解】根據題意，畫出示意圖如下圖所示因為，所以三角形ABC為直角三角形，面積為，其所在圓面的小圓圓心在斜邊AC的中點處，設該小圓的圓心為Q因為三角形ABC的面積是定值，所以當四面體ABCD體積取得最大值時，高取得最大值即當DQ⊥平面ABC時體積最大所以所以設球心為O，球的半徑為R，則即解方程得所以球的表面積為所以選D【點睛】本題考查了空間幾何體的外接球面積的求法，主要根據題意，正確畫出圖形并判斷點的位置，屬于難題7、B【解析】直接利用函數的性質奇偶性求出結果【詳解】函數的解析式滿足，則函數為奇函數，排除CD選項，由可知：，排除A選項.故選B.【點睛】本題考查的知識要點：函數的性質的應用．屬中檔題.8、B【解析】利用零點的判定定理檢驗所給的區間上兩個端點的函數值，當兩個函數值符號相反時，這個區間就是函數零點所在的區間．【詳解】函數定義域為，，，，，因為，根據零點定理可得，在有零點，故選B．【點睛】本題考查函數零點的判定定理，本題解題的關鍵是看出函數在所給的區間上對應的函數值的符號，此題是一道基礎題.9、C【解析】先計算已知條件的等價范圍，再利用充分條件和必要條件的定義逐一判斷即可.【詳解】因為“不等式在上恒成立”，所以當時，原不等式為在上不是恒成立的，所以，所以“不等式在上恒成立”，等價于，解得.A選項是充要條件，不成立；B選項中，不可推導出，B不成立；C選項中，可推導，且不可推導，故是的必要不充分條件，正確；D選項中，可推導，且不可推導，故是的充分不必要條件，D不正確.故選：C.【點睛】結論點睛：本題考查充分不必要條件的判斷，一般可根據如下規則判斷：（1）若是的必要不充分條件，則對應集合是對應集合的真子集；（2）是充分不必要條件，則對應集合是對應集合的真子集；（3）是的充分必要條件，則對應集合與對應集合相等；（4）是的既不充分又不必要條件，對的集合與對應集合互不包含10、D【解析】先作函數和的圖象，利用特殊值驗證A錯誤，再結合對數函數的性質及二次函數的對稱性，計算判斷BCD的正誤即可.【詳解】作函數和的圖象，如圖所示：當時，，即，解得，此時，故A錯誤；結合圖象知，，當時，可知是方程，即的二根，故，，端點取不到，故BC錯誤；當時，，即，故，即，所以，故，即，所以，故D正確.故選：D.【點睛】方法點睛：已知函數有零點個數求參數值(取值范圍)或相關問題，常先分離參數，再作圖象，將問題轉化成函數圖象的交點問題，利用數形結合法進行分析即可.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】根據題設條件可以判斷球心的位置，進而求解【詳解】因為三棱柱的個頂點都在球的球面上，若，，，，所以三棱柱的底面是直角三角形，側棱與底面垂直，的外心是斜邊的中點，上下底面的中心連線垂直底面，其中點是球心，即側面，經過球球心，球的直徑是側面的對角線的長，因為，，，所以球的半徑為：故答案為：12、【解析】由于，都有，所以，從而可求出實數的取值范圍【詳解】解：因為命題：，都有是真命題，所以，即，解得，所以實數的取值范圍為，故答案為：13、【解析】解不等式確定集合，解方程確定集合，再由交集定義求得交集后可得結論【詳解】由題意，，∴，只有1個元素故答案為：114、【解析】對分類討論，利用正弦函數的圖象求出和，代入，解出的范圍，即可得解.【詳解】當，即時，，，因為，所以不成立；當，即時，，，不滿足；當，即時，，，由得，得，得；當，即時，，，由得，得，得，得；當，即時，，，不滿足；當，即時，，，不滿足.綜上所述：.所以得最大值為故答案為：【點睛】關鍵點點睛：對分類討論，利用正弦函數的圖象求出和是解題關鍵.15、【解析】根據基本不等式，結合代數式的恒等變形進行求解即可.【詳解】解：因為a>0，b>0，且4a+b=2，所以有：，當且僅當時取等號，即時取等號，故答案為：.16、【解析】求出給定函數的定義域，由對數函數、正弦函數單調性結合復合函數單調性求解作答.【詳解】依題意，，則，解得，函數中，由得，即函數在上單調遞增，當時，函數在上單調遞增，又函數在上單調遞增，所以函數的單調增區間為.故答案為：【點睛】關鍵點睛：函數的單調區間是定義域的子區間，求函數的單調區間，正確求出函數的定義域是解決問題的關鍵.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）0；（2）【解析】（1）由指數冪的運算性質及對數的運算性質可求解；（2）由誘導公式即同角三角函數關系可求解.【詳解】（1）原式；（2）原式.18、（1），（2）【解析】（1）由得，，求得，再求得，從而得集合，最后可得值；（2）求得集合，由分類討論可得值【小問1詳解】因，，且，，所以，，所以，解得，所以．所以，所以，解得【小問2詳解】若，可得，因為，所以．當，則；當，則；當，綜上，可得實數a組成的集合為19、(Ⅰ)；(Ⅱ).【解析】（Ⅰ）運用向量的數量積求解即可．（Ⅱ）先根據單位向量的概念求得，再求的坐標試題解析：（Ⅰ）因為向量，所以，，所以，又因為，所以.即向量與的夾角為（Ⅱ）由題意得，，所以即向量的坐標為20、（1）；（2）.【解析】(1)由題可得，利用基本不等式可求函數的值域；(2)由題可求函數在上的值域，由題可知函數在上的值域包含于函數在上的值域，由此可求正實數a的取值范圍【小問1詳解】∵，又，，∴，當且僅當，即時取等號，所以，即函數的值域為【小問2詳解】∵，設，因為，所以，函數在上單調遞增，∴，即，設時，