2022-2023學年高一上數學期末模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，請將正確答案涂在答題卡上.）1．設，則“”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2．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A.8π B.16πC. D.3．如果是定義在上的函數，使得對任意的，均有，則稱該函數是“-函數”.若函數是“-函數”，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.4．“”是“”的（）A.充分必要條件 B.充分而不必要條件C.必要而不充分條件 D.既不充分也不必要條件5．若，，三點共線，則（）A. B.C. D.6．圓x2＋y2－2x＋4y＋3＝0的圓心到直線x－y＝1的距離為()A.2 B.C.1 D.7．下列各角中，與終邊相同的角為（）A. B.160°C. D.360°8．若則A. B.C. D.9．設向量=（1.）與=（-1，2）垂直，則等于A. B.C.0 D.-110．已知扇形的圓心角為，面積為，則扇形的半徑為（）A. B.C. D.11．“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分且不必要條件 D.既不充分也不必要條件12．已知集合，下列結論成立是（）A. B.C. D.二、選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分,將答案寫在答題卡上.）13．由直線上的任意一個點向圓引切線，則切線長的最小值為________.14．已知函數，則________.15．2021年10月16日0時23分，搭載神舟十三號載人飛船的長征二號F遙十三運載火箭，在酒泉衛星發射中心點火升空.約582秒后，載人飛船與火箭成功分離，進入預定軌道，發射取得圓滿成功.此次航天飛行任務中，火箭起到了非常重要的作用.火箭質量是箭體質量與燃料質量的和，在不考慮空氣阻力的條件下，燃料質量不同的火箭的最大速度之差與火箭質量的自然對數之差成正比.已知某火箭的箭體質量為mkg，當燃料質量為mkg時，該火箭的最大速度為2ln2km/s，當燃料質量為時，該火箭最大速度為2km/s.若該火箭最大速度達到第一宇宙速度7.9km/s，則燃料質量是箭體質量的_______________倍.（參考數據：）16．已知函數，若有解，則m的取值范圍是______三、解答題（本大題共6個小題，共70分。解答時要求寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟。）17．已知全集，集合，.（1）當時，求；（2）命題p：，命題q：，若q是p的必要條件，求實數a的取值范圍.18．已知.（1）求，的值；（2）求的值.19．已知函數.（Ⅰ）求的單調區間；（Ⅱ）求函數的對稱軸和對稱中心.20．已知角的頂點與原點重合，始邊與軸的非負半軸重合，它的終邊過點（1）求的值；（2）已知，求21．已知函數.（1）若，判斷函數的零點個數；（2）若對任意實數，函數恒有兩個相異的零點，求實數的取值范圍；（3）已知且，，求證：方程在區間上有實數根.22．在平面直角坐標系xOy中，角α與角β均以Ox為始邊，它們的終邊關于y軸對稱.若，則=___________.

參考答案一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，請將正確答案涂在答題卡上.）1、A【解析】首先求解二次不等式，然后結合不等式的解集即可確定充分性和必要性是否成立即可.【詳解】求解二次不等式可得：或，據此可知：是的充分不必要條件.故選：A.【點睛】本題主要考查二次不等式的解法，充分性和必要性的判定，屬于基礎題.2、A【解析】由三視圖還原直觀圖得到幾何體為高為4，底面半徑為2圓柱體的一半，即可求出體積.【詳解】由三視圖知：幾何體直觀圖為下圖圓柱體：高為h=4，底面半徑r=2圓柱體的一半，∴，故選：A3、A【解析】根據題中的新定義轉化為，即，根據的值域求的取值范圍.【詳解】，，函數是“-函數”，對任意，均有，即，，即，又，或.故選：A【點睛】關鍵點點睛：本題考查函數新定義，關鍵是讀懂新定義，并使用新定義，并能轉化為函數值域解決問題.4、B【解析】由等價于，或，再根據充分、必要條件的概念，即可得到結果.【詳解】因為，所以，或，所以“”是“”的充分而不必要條件.故選:B.5、A【解析】先求出，從而可得關于的方程，故可求的值.【詳解】因為，，故，因為三點共線，故，故，故選：A.6、D【解析】圓心為,點到直線的距離為.故選D.7、C【解析】由終邊相同角的定義判斷【詳解】與終邊相同角為，而時，，其它選項都不存在整數，使之成立故選：C8、A【解析】集合A三個實數0，1，2，而集合B表示的是大于等于1小于2的所有實數，所以兩個集合的交集{1}，故選A.考點：集合的運算.9、C【解析】：正確的是C.點評：此題主要考察平面向量的數量積的概念、運算和性質，同時考察三角函數的求值運算.10、C【解析】利用扇形的面積公式即可求解.【詳解】設扇形的半徑為，則扇形的面積，解得：，故選：C11、A【解析】解指數不等式和對數不等式，求出兩個命題的等價命題，進而根據充要條件的定義，可得答案【詳解】“”“”，“”“”，“”是“”的充分而不必要條件，故“”是“”的的充分而不必要條件，故選：12、C【解析】利用集合的交、并、補運算進行判斷.【詳解】因為，所以，故A錯；，故B錯；，故D錯.故選：C二、選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分,將答案寫在答題卡上.）13、【解析】利用切線和點到圓心的距離關系即可得到結果.【詳解】圓心坐標，半徑要使切線長最小，則只需要點到圓心的距離最小，此時最小值為圓心到直線的距離，此時，故答案為：【點睛】本題考查了直線與圓的位置關系，同時考查了點到直線的距離公式，屬于基礎題.14、7【解析】根據題意直接求解即可【詳解】解：因為，所以，故答案為：715、51【解析】設燃料質量不同的火箭的最大速度之差與火箭質量的自然對數之差成正比的比例系數為k，根據條件列方程求出k值，再設當該火箭最大速度達到第--宇宙速度7.9km/s時，燃料質量是箭體質量的a倍，根據題中數據再列方程可得a值.【詳解】設燃料質量不同的火箭的最大速度之差與火箭質量的自然對數之差成正比的比例系數為k，則，解得，設當該火箭最大速度達到第一宇宙速度7.9km/s時，燃料質量是箭體質量的a倍，則，得，則燃料質量是箭體質量的51倍故答案為：51.16、【解析】利用函數的值域，轉化方程的實數解，列出不等式求解即可．【詳解】函數，若有解，就是關于的方程在上有解；可得：或，解得：或可得．故答案為．【點睛】本題考查函數與方程的應用，考查轉化思想有解計算能力．三、解答題（本大題共6個小題，共70分。解答時要求寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟。）17、（1）（2）【解析】（1）先解分式不等式和二次不等式得集合,再求補集和交集即可；（2）先判斷得，再根據必要條件得到集合的包含關系，列不等式求解即可.【小問1詳解】∵時，，，全集，∴或．∴【小問2詳解】∵命題：，命題：，是必要條件，∴∵，∴，∵，，∴，解得或，故實數的取值范圍18、（1），（2）【解析】（1）根據同角三角函數關系得到余弦值，正切值，利用二倍角公式求得；（2）在第一問的基礎上，利用余弦的差角公式進行求解.【小問1詳解】∵,且,∴,∴,.【小問2詳解】19、(1)單調遞增區間為，單調遞減區間為：;(2)對稱中心為：,對稱軸方程為：.【解析】詳解】試題分析：（1）將看作一個整體，根據余弦函數的單調區間求解即可．（2）將看作一個整體，根據余弦函數的對稱中心和對稱軸建立方程可求得函數的對稱軸和對稱中心試題解析：（1）由，得，∴函數的單調遞增區間為；由，得，∴函數的單調遞減區間為（2）令，得，∴函數圖象的對稱軸方程為：.令，得，∴函數圖象的對稱中心為.20、（1）（2）【解析】（1）利用三角函數的定義求得，利用和差角公式展開代入求解；（2）利用三角函數的定義求得利用和差角公式展開代入求解.【小問1詳解】由角的終邊過點，得【小問2詳解】（2）由角的終邊過點，得且21、⑴見解析;⑵;⑶見解析.【解析】（1）利用判別式定二次函數的零點個數：（2）零點個數問題轉化為圖象交點個數問題，利用判別式處理即可；（3）方程在區間上有實數根，即有零點，結合零點存在定理可以證明.試題解析：⑴,當時，，函數有一個零點；當時，，函數有兩個零點⑵已知，則對于恒成立,即恒成立；所以,從而解得.⑶設，則,在區間上有實數根，即方程在區間上有實數根.點睛：已知函數有零點求參數取值范圍常用的方法和思路(1)直接法：直接根據題設條件構建關于參數的不等式，再通過解不等式確定參數范圍；(2)分離參