2022-2023學年高一上數學期末模擬試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．函數的零點所在區間為()A. B.C. D.2．如下圖是一個正方體的平面展開圖，在這個正方體中①②與成角③與為異面直線④以上四個命題中，正確的序號是A.①②③ B.②④C.③④ D.②③④3．函數的部分圖象如圖所示，則A.B.C.D.4．已知，且，對任意的實數，函數不可能A.是奇函數 B.是偶函數C.既是奇函數又是偶函數 D.既不是奇函數又不是偶函數5．當時，在同一平面直角坐標系中，函數與的圖象可能為A. B.C. D.6．已知向量，，則在方向上的投影為A. B.8C. D.7．已知直線x+3y+n=0在x軸上的截距為-3，則實數n的值為（）A. B.C. D.8．下列函數在定義域內單調遞增的是（）A. B.C. D.9．命題：，命題：（其中），那么是的（）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10．直線過點，且與軸正半軸圍成的三角形的面積等于的直線方程是（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．直線3x+2y+5＝0在x軸上的截距為_____.12．已知，且，若不等式恒成立，則實數的最大值是__________.13．若一扇形的圓心角為，半徑為，則該扇形的面積為__________.14．求值：__________.15．命題“，”的否定是_________.16．已知直線與圓相切，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．已知函數.（1）求不等式的解集；（2）函數，若存在，使得成立，求實數的取值范圍；（3）若函數，討論函數的零點個數.18．甲、乙兩人進行射擊比賽，各射擊4局，每局射擊10次，射擊命中目標得1分，未命中目標得0分．兩人4局的得分情況如下：甲6699乙79xy（1）若乙的平均得分高于甲的平均得分，求x的最小值；（2）設，，現從甲、乙兩人的4局比賽中隨機各選取1局，并將其得分分別記為a，b，求的概率；（3）在4局比賽中，若甲、乙兩人的平均得分相同，且乙的發揮更穩定，寫出x的所有可能取值．（結論不要求證明）19．求滿足下列條件的圓的方程：（1）經過點，，圓心在軸上；（2）經過直線與的交點，圓心為點.20．已知函數（1）求的定義域；（2）判斷的奇偶性并予以證明；（3）求不等式的解集21．已知函數()是偶函數.(1)求的值;(2)設,判斷并證明函數在上的單調性;(3)令若對恒成立,求實數的取值范圍.

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、B【解析】根據零點存在性定理即可判斷求解.【詳解】∵f(x)定義域為R，且f(x)在R上單調遞增，又∵f(1)＝－10＜0，f(2)＝19＞0，∴f(x)在(1，2)上存在唯一零點.故選：B.2、D【解析】由已知中正方體的平面展開圖，得到正方體的直觀圖如上圖所示：由正方體的幾何特征可得：①不平行，不正確；

②AN∥BM，所以，CN與BM所成的角就是∠ANC=60°角，正確；③與不平行、不相交，故異面直線與為異面直線，正確；④易證，故，正確；故選D3、A【解析】由題圖知，，最小正周期，所以，所以.因為圖象過點，所以，所以，所以，令，得，所以，故選A.【考點】三角函數的圖象與性質【名師點睛】根據圖象求解析式問題的一般方法是：先根據函數圖象的最高點、最低點確定A，h的值，由函數的周期確定ω的值，再根據函數圖象上的一個特殊點確定φ值4、C【解析】，當時，，為偶函數當時，，為奇函數當且時，既不奇函數又不是偶函數故選5、C【解析】當時，單調遞增，單調遞減故選6、D【解析】依題意有投影為.7、B【解析】根據題意，分析可得點（﹣3，0）在直線x+3y+n=0上，將點的坐標代入直線方程，計算可得答案【詳解】根據題意，直線x+3y+n=0在x軸上的截距為﹣3，則點（﹣3，0）在直線x+3y+n=0上，即（﹣3）×+n=0，解可得：n=3；故選B【點睛】本題考查直線的一般式方程以及截距的計算，關鍵是掌握直線一般方程的形式，屬于基礎題8、D【解析】根據題意，依次分析選項中函數的單調性，綜合即可得答案詳解】解：根據題意，依次分析選項：對于A，，是二次函數，在其定義域上不是單調函數，不符合題意；對于B，，是正切函數，在其定義域上不是單調函數，不符合題意；對于C，，是指數函數，在定義域內單調遞減，不符合題意；對于D，，是對數函數，在定義域內單調遞增，符合題意；故選：D9、A【解析】根據充分性、必要性的定義，結合特例法進行判斷即可.【詳解】當時，，所以由能推出，當時，顯然當時，滿足，但是不成立，因此是的充分不必要條件，故選：A10、A【解析】先設直線方程為：，根據題意求出，即可得出結果.【詳解】設所求直線方程為：，由題意得，且解得故，即.故選：A.【點睛】本題主要考查求直線的方程，熟記直線的斜截式方程即可，屬于常考題型.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】直接令，即可求出【詳解】解：對直線令，得可得直線在軸上截距是，故答案：【點睛】本題主要考查截距的定義，需要熟練掌握，屬于基礎題12、9【解析】利用求的最小值即可.【詳解】，當且僅當a＝b＝時取等號，不等式恒成立，則m≤9，故m的最大值為9.故答案為：9.13、【解析】利用扇形的面積公式可求得結果.【詳解】扇形的圓心角為，因此，該扇形的面積為.故答案：.14、【解析】利用誘導公式一化簡，再求特殊角正弦值即可.【詳解】.故答案為：.15、，##【解析】根據全稱量詞命題的否定即可得出結果.【詳解】由題意知，命題“”的否定為：.故答案為：.16、2【解析】直線與圓相切，圓心到直線的距離等于半徑，列出方程即可求解的值【詳解】依題意得，直線與圓相切所以，即，解得：，又，故答案為：2三、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）（3）答案見解析【解析】（1）根據題意條件，分別求解的定義域和解對數不等式即可完成求解；（2）通過題意條件，找到和兩函數值域的關系，分別求解出對應的值域，通過分類討論即可完成求解；（3）通過題意條件，通過討論的值，分別作出對應的函數圖像，借助換元，觀察函數圖像的交點狀況，從而完成求解.【小問1詳解】函數，由，可得，即的定義域為；不等式，所以，即為，解得，則原不等式的解為；【小問2詳解】函數，若存在，使得成立，則和在上的值域的交集不為空集；由（1）可知：時，顯然單調遞減，所以其值域為；若，則在上單調遞減，所以的值域為，此時只需，即，所以；若，則在遞增，可得的值域為，此時與的交集顯然為空集，不滿足題意；綜上，實數的范圍是；小問3詳解】由，得，令，則，畫出的圖象，當，只有一個，對應3個零點，當時，，此時，由，得在，三個分別對應一個零點，共3個，在時，，三個分別對應1個，1個，3個零點，共5個，綜上所述：當時，只有1個零點，當或時，有3個零點，當時，有5個零點.【點睛】方法點睛：對于“存在，使得成立”，需要將其轉化成兩函數值域的關系，即兩個函數的值域有交集，需根據函數的具體范圍進行適時的分類討論即可.18、（1）5（2）（3）6，7，8【解析】（1）由題意得，又，即可求得x的最小值；（2）利用列舉法能求出古典概型的概率；（3）由題設條件能求出的可能的取值為.【小問1詳解】由題意得，即.又根據題意知，，所以x的最小值此為5.【小問2詳解】設“從甲、乙的4局比賽中隨機各選取1局，且得分滿足”為事件，記甲的4局比賽為，各局的得分分別是；乙的4局比賽為，各局的得分分別是.則從甲、乙的4局比賽中隨機各選取1局，所有可能的結果有16種，它們是：，，，，，，，，，，，，，，，.而事件的結果有8種，它們是：，，，，，，，，∴事件的概率.【小問3詳解】的所有可能取值為6，7，8.19、（1）（2）【解析】（1）設出圓的方程，代入A、B兩點坐標，求出圓心和半徑，從而求出圓的方程；（2）先求出交點坐標，進而求出半徑，寫出圓的方程.【小問1詳解】設圓的方程為，由題意得：，解得：，所以圓的方程為；【小問2詳解】聯立與，解得：，所以交點為，則圓的半徑為，所以圓的方程為.20、（1）；（2）奇函數；證明見解析；（3）【解析】（1）利用對數的性質可得，解不等式即可得函數的定義域.（2）根據奇偶性的定義證明的奇偶性即可.（3）由的解析式判斷單調性，利用對數函數的單調性解不等式即可.【詳解】（1）要使有意義，則，解得：∴的定義域為.（2）為奇函數，證明如下：由（1）知：且，∴為奇函數，得證（3）∵在內是增函數，由，∴，解得，∴不等式的解集是.21、（1）（2）單調遞增函數.見解析（3）【解析】（1）由題意得，推出得，從而有，解出即可；（2）先求出函數的解析式，再根據單調性的性質即可得判斷函數的單調性，再利用作差法證明即可；（3），令，換元法得在上恒成立，利用分離變量法求出函數在上的最值，從