2022-2023學年高一上數學期末模擬試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（本大題共10小題；在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意，請將正確選項填涂在答題卡上.）1．已知函數的部分圖象如圖所示，下列結論正確的個數是（）①②將的圖象向右平移1個單位，得到函數的圖象③的圖象關于直線對稱④若，則A.0個 B.1個C.2個 D.3個2．已知，則的最大值為（）A. B.C.0 D.23．集合A={x∈N|1≤x<4}的真子集的個數是（）A.16 B.8C.7 D.44．已知中，，，點M是線段BC（含端點）上的一點，且，則的取值范圍是（）A. B.C. D.5．若的外接圓的圓心為O,半徑為4,,則在方向上的投影為()A.4 B.C. D.16．函數的圖象可由函數的圖像（）A.向左平移個單位得到 B.向右平移個單位得到C.向左平移個單位得到 D.向右平移個單位得到7．“角為第二象限角”是“”的（）A.充要條件 B.充分不必要條件C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件8．函數的部分圖象如圖所示，則的值為（）A. B.C. D.9．如果，，那么直線不通過A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限10．某圓的一條弦長等于半徑，則這條弦所對的圓心角為A. B.C. D.1二、填空題（本大題共5小題，請把答案填在答題卡中相應題中橫線上）11．冪函數的圖象經過點，則________12．_____13．若函數在區間上沒有最值，則的取值范圍是______.14．已知實數滿足，則________15．古希臘數學家歐幾里得所著《幾何原本》中的“幾何代數法”，很多代數公理、定理都能夠通過圖形實現證明，并稱之為“無字證明”.如圖，O為線段中點，C為上異于O的一點，以為直徑作半圓，過點C作的垂線，交半圓于D，連結，過點C作的垂線，垂足為E.設，則圖中線段，線段，線段_______；由該圖形可以得出的大小關系為___________.三、解答題（本大題共6小題.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.）16．設函數（ω＞0），且圖象的一個對稱中心到最近的對稱軸的距離為（1）求在上的單調區間；（2）若，且，求sin2x0的值17．已知集合，.（1）若，求實數的值；（2）若，求實數的取值范圍.18．函數的部分圖像如圖所示（1）求的解析式；（2）已知函數求的值域19．化簡計算：（1）計算：；（2）化簡：20．若函數，.（1）當時，求函數的最小值；（2）若函數在區間上的最小值是，求實數的值.21．已知函數f(x)＝2asin＋b的定義域為，函數最大值為1，最小值為－5，求a和b的值

參考答案一、選擇題（本大題共10小題；在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意，請將正確選項填涂在答題卡上.）1、C【解析】由函數的圖象的頂點坐標求出A，由周期求出，可判斷①，由點的坐標代入求得，可得函數的解析式,再根據函數圖象的變換規律可判斷②，將代入解析式中驗證，可判斷③；根據三角函數的圖象和性質可判斷④，即可得到答案【詳解】由函數圖象可知：,函數的最小正周期為，故，將代入解析式中：，得：由于，故，故①錯誤；由以上分析可知，將的圖象向右平移1個單位，得到函數的圖象，故②正確；將代入得，故③錯誤；由于函數的最小正周期為8，而,故不會出現一個取到最大或最小值另一個取到最小或最大的情況，故，故④正確，故選：C2、C【解析】把所求代數式變形，轉化成，再對其中部分以基本不等式求最值即可解決.【詳解】時，（當且僅當時等號成立）則，即的最大值為0.故選：C3、C【解析】先用列舉法寫出集合A，再寫出其真子集即可.【詳解】解：∵A={x∈N|1≤x<4}={1,2,3}，∴A={x∈N|1≤x<4}真子集為：?,1,故選：C4、D【解析】如圖所示，建立直角坐標系，則，，，．利用向量的坐標運算可得．再利用數量積運算，可得．利用數量積性質可得，可得．再利用，，可得，即可得出【詳解】如圖所示，建立直角坐標系則，，，，，及四邊形為矩形，，，．即點在直線上，，，，，，即（當且僅當或時取等號），綜上可得：故選：【點睛】本題考查了向量的坐標運算、數量積運算及其性質、不等式的性質等基礎知識與基本技能方法，考查了推理能力和計算能力，屬于難題5、C【解析】過作的垂線，垂足為，分析條件可得，作出圖分析結合投影的幾何意義可進而可求得投影..【詳解】過作的垂線，垂足為,則M為BC的中點，連接AM,由，可得,所以三點共線,即有,且.所以.在方向上的投影為,故選:C.6、D【解析】異名函數圖像的平移先化同名，然后再根據“左加右減，上加下減”法則進行平移.【詳解】變換到，需要向右平移個單位.故選：D【點睛】函數圖像平移異名化同名的公式：，.7、B【解析】利用充分條件和必要條件的定義判斷.【詳解】當角為第二象限角時，，所以，故充分；當時，或，所以在第二象限或在第三象限，故不必要；故選：B8、C【解析】由函數的部分圖象得到函數的最小正周期，求出，代入求出值，則函數的解析式可求，取可得的值.【詳解】由圖象可得函數的最小正周期為，則.又，則，則，，則，，，則，，則，.故選：C.【點睛】方法點睛：根據三角函數的部分圖象求函數解析式的方法：（1）求、，；（2）求出函數的最小正周期，進而得出；（3）取特殊點代入函數可求得的值.9、A【解析】截距,因此直線不通過第一象限,選A10、C【解析】直接利用已知條件，轉化求解弦所對的圓心角即可．【詳解】圓的一條弦長等于半徑，故由此弦和兩條半徑構成的三角形是等邊三角形，所以弦所對的圓心角為．故選C．【點睛】本題考查扇形圓心角的求法，是基本知識的考查．二、填空題（本大題共5小題，請把答案填在答題卡中相應題中橫線上）11、【解析】設冪函數的解析式，然后代入求解析式，計算.【詳解】設，則，解得，所以，得故答案為：12、【解析】利用根式性質與對數運算進行化簡.【詳解】，故答案為：613、【解析】根據正弦函數的圖像與性質，可求得取最值時的自變量值，由在區間上沒有最值可知，進而可知或，解不等式并取的值，即可確定的取值范圍.【詳解】函數，由正弦函數的圖像與性質可知，當取得最值時滿足，解得，由題意可知，在區間上沒有最值，則，，所以或，因為，解得或，當時，代入可得或，當時，代入可得或，當時，代入可得或，此時無解.綜上可得或，即的取值范圍為.故答案為：.【點睛】本題考查了正弦函數的圖像與性質應用，由三角函數的最值情況求參數，注意解不等式時的特殊值取法，屬于難題.14、4【解析】方程的根與方程的根可以轉化為函數與函數交點的橫坐標和函數與函數交點的橫坐標，再根據與互為反函數，關于對稱，即可求出答案.【詳解】，，令，，此方程的解即為函數與函數交點的橫坐標，設為，如下圖所示；，此方程的解即為函數與函數交點的橫坐標，設為，如下圖所示，與互反函數，關于對稱，聯立方程，解得，即，.故答案為：4.15、①.②.【解析】利用射影定理求得，結合圖象判斷出的大小關系.【詳解】在中，由射影定理得，即.在中，由射影定理得，即根據圖象可知，即.故答案為：；三、解答題（本大題共6小題.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.）16、（1）單調增區間為，單調減區間為；（2）.【解析】（1）化簡得到，結合條件求出，再利用余弦函數的性質即得；（2）由題可得，，再利用差角公式即求.【小問1詳解】∵，因為圖象的一個對稱中心到最近的對稱軸的距離為，又，所以，因此，∴，當時，，∴由，得，函數單調遞增，由，得，函數單調遞減，所以函數單調增區間為，單調減區間為.【小問2詳解】∵，且，∴，又，∴，∴.17、（1）（2）或【解析】（1）求出集合，再根據列方程求解即可；（2）根據分，討論求解.【小問1詳解】由已知得，解得；【小問2詳解】當時，，得當時，或，解得或，綜合得或.18、（1）（2）【解析】(1)根據圖像和“五點法”即可求出三角函數的解析式；(2)根據三角恒等變換可得，結合x的取值范圍和正弦函數的性質即可得出結果.小問1詳解】由圖像可知的最大值是1，所以，當時，，可得，又，所以當時，有最小值，所以，解得，所以；【小問2詳解】，由可得所以，所以.19、（1）（2）【解析】（1）根據指數運算法則、對數運算法則求得結果.（2）利用誘導公式化簡，結合同角商數關系即可求解.【詳解】（1）；（2）.20、（1）（2）【解析】（1）當時，，當時，函數的值最小，求解即可；（2）由于，分，，三種情況討論，再結合題意，可得實數的值【小問1詳解】解：依題意得若