2022-2023學年高一上數學期末模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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a，b，c，d均為實數，則下列命題正確的是（）A.若，，則B.若，，則C.若，則D.若，則2．定義域為R的函數，若關于的方程恰有5個不同的實數解，則=A.0 B.C. D.13．已知定義在R上的函數的圖象是連續不斷的,且有如下對應值表:x123453那么函數一定存在零點的區間是（）A. B.C. D.4．若函數的一個正數零點附近的函數值用二分法計算，其參考數據如下：那么方程的一個近似根（精確度）可以是（）A. B.C. D.5．函數的圖像恒過定點，則的坐標是（）A. B.C. D.6．設函數，若，則的取值范圍為A. B.C. D.7．已知集合，下列結論成立是（）A. B.C. D.8．已知函數，下列區間中包含零點的區間是（）A. B.C. D.9．下列說法正確的是A.棱柱被平面分成的兩部分可以都是棱柱 B.底面是矩形的平行六面體是長方體C.棱柱的底面一定是平行四邊形 D.棱錐的底面一定是三角形10．下列函數中，既是奇函數又在上有零點的是A. B.C D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．命題“”的否定是___________.12．在直角坐標系中，直線的傾斜角________13．已知函數（1）當時，求的值域；（2）若，且，求的值；14．一個扇形周長為8，則扇形面積最大時，圓心角的弧度數是__________.15．若函數滿足，則______16．不等式tanx+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．如圖，在長方體中，，是與的交點.求證：（1）平面；（2）平面平面.18．已知函數的部分圖象如圖所示（）求函數的解析式（）求函數在區間上的最大值和最小值19．田忌和齊王賽馬是歷史上有名的故事，設齊王的三匹馬分別為，田忌的三匹馬分別為.三匹馬各比賽一次，勝兩場者為獲勝.若這六匹馬比賽的優劣程度可以用以下不等式表示：.（1）如果雙方均不知道對方馬的出場順序，求田忌獲勝的概率；（2）為了得到更大的獲勝概率，田忌預先派出探子到齊王處打探實情，得知齊王第一場必出上等馬，那么，田忌應怎樣安排出馬的順序，才能使自己獲勝的概率最大？最大概率是多少？20．設函數（1）寫出函數的最小正周期及單調遞減區間；（2）當時，函數的最大值與最小值的和為，求不等式的解集21．已知集合，（1）若，求；（2）若，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】利用不等式的性質逐項判斷可得出合適的選項.【詳解】對于A選項，若，，則，故，A錯；對于B選項，若，，則，所以，，故，B對；對于C選項，若，則，則，C錯；對于D選項，若，則，所以，，D錯.故選：B.2、C【解析】本題考查學生的推理能力、數形結合思想、函數方程思想、分類討論等知識如圖，由函數的圖象可知，若關于的方程恰有5個不同的實數解，當時，方程只有一根為2；當時，方程有兩不等實根（），從而方程，共有四個根，且這四個根關于直線對稱分布，故其和為8.從而，，選C【點評】本題需要學生具備扎實的基本功，難度較大3、B【解析】利用零點存在性定理判斷即可.【詳解】則函數一定存在零點的區間是故選：B【點睛】本題主要考查了利用零點存在性定理判斷零點所在區間，屬于基礎題.4、C【解析】根據二分法求零點的步驟以及精確度可求得結果.【詳解】因為，所以，所以函數在內有零點，因為，所以不滿足精確度；因為，所以，所以函數在內有零點，因為，所以不滿足精確度；因為，所以，所以函數在內有零點，因為，所以不滿足精確度；因為，所以，所以函數在內有零點，因為，所以不滿足精確度；因為，，所以函數在內有零點，因為，所以滿足精確度，所以方程的一個近似根（精確度）是區間內的任意一個值（包括端點值），根據四個選項可知選C.故選：C【點睛】關鍵點點睛：掌握二分法求零點的步驟以及精確度的概念是解題關鍵.5、D【解析】利用指數函數的性質即可得出結果.【詳解】由指數函數恒過定點，所以函數的圖像恒過定點.故選：D6、A【解析】根據對數函數的性質單調遞增，，列出不等式，解出即可.【詳解】∵函數在定義域內單調遞增，，∴不等式等價于，解得，故選A.【點睛】本題主要考查了對數不等式的解法，在解題過程中要始終注意函數的定義域，也是易錯點，屬于中檔題.7、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：C8、C【解析】根據函數零點的存在性定理，求得，即可得到答案.【詳解】由題意，函數，易得函數為單調遞減函數，又由，所以，根據零點的存在定理，可得零點的區間是.故選：C.9、A【解析】對于B．底面是矩形的平行六面體，它的側面不一定是矩形，故它也不一定是長方體，故B錯；對于C．棱柱的底面是平面多邊形，不一定是平行四邊形，故C錯；對于D．棱錐的底面是平面多邊形，不一定是三角形，故D錯；故選A考點：1．命題的真假；2．空間幾何體的特征10、D【解析】選項中的函數均為奇函數，其中函數與函數在上沒有零點，所以選項不合題意，中函數為偶函數，不合題意；中函數的一個零點為，符合題意，故選D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、，.【解析】根據特稱命題的否定的性質進行求解即可.【詳解】特稱命題的否定，先把存在量詞改為全稱量詞，再把結論進行否定即可，命題“，”的否定是“，”，故答案為：，.12、##30°【解析】由直線方程得斜率，由斜率得傾斜角【詳解】試題分析：直線化成，可知，而，故故答案為：13、（1）（2）【解析】（1）化簡函數解析式為，再利用余弦函數的性質求函數的值域即可；（2）由已知得，利用同角之間的關系求得，再利用湊角公式及兩角差的余弦公式即可得解.【小問1詳解】，，利用余弦函數的性質知，則【小問2詳解】，又，，則則14、2【解析】設扇形的半徑為，則弧長為，結合面積公式計算面積取得最大值時的取值，再用圓心角公式即可得弧度數【詳解】設扇形的半徑為，則弧長為，，所以當時取得最大值為4，此時，圓心角為（弧度）故答案為：215、【解析】根據題意，令，結合指數冪的運算，即可求解.【詳解】由題意，函數滿足，令，可得.故答案為：.16、kπ,π4【解析】根據正切函數性質求解、【詳解】由正切函數性質，由tanx+π4≥1得所以kπ≤x<kπ+π4，故答案為：[kπ,kπ+π4三、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）見解析；（2）見解析.【解析】⑴連結交于點，連結，推導出，又因為平面，由此證明平面⑵推導出，，從而平面，由此證明平面平面解析：（1）連結交于點，連結，∵，∴.∴.又∵平面，平面，∴平面.（2）∵平面.∴.∵,∴∵與相交，∴平面∵平面.∴平面平面.點睛：本題考查了立體幾何中的線面平行及面面垂直，在證明的過程中依據其判定定理證得結果，在證明平行中需要做輔助線，構造平行四邊形或者三角形中位線證得線線平行，從而證得線面平行18、（）;（），【解析】（1）由圖可知，，得，所以；（2）當時，，利用原始圖象，可知，試題解析：（）由圖可知，∴，∴，，∵，∴∵，∴∴（）當時，當，即時，當時，時，19、(1)（2）田忌按或的順序出馬，才能使自己獲勝的概率達到最大【解析】（1）齊王與田忌賽馬，有六種情況，田忌獲勝的只有一種，故田忌獲勝的槪率為.（2）因齊王第一場必出上等馬，若田忌第一場必出上等馬或中等馬，則剩下二場，田忌至少輸一場，這時田忌必敗.為了使自己獲勝的概率最大，田忌第一場應出下等馬，在余下的兩場比賽中，田忌獲勝的概率為（余下兩場是齊王的中馬對田忌上馬和齊王的下馬對田忌的上馬；齊王的中馬對田忌下馬和齊王的下馬對田忌的中馬，前者田忌贏，后者田忌輸）解析：記與比賽為，其它同理.（1）齊王與田忌賽馬，有如下六種情況：；；；；；；其中田忌獲勝的只有一種：.故田忌獲勝的槪率為.（2）已知齊王第一場必出上等馬，若田忌第一場必出上等馬或中等馬，則剩下二場，田忌至少輸一場，這時田忌必敗.為了使自己獲勝的概率最大，田忌第一場應出下等馬，后兩場有兩種情形：①若齊王第二場派出中等馬，可能的對陣為：或.田忌獲勝的概率為，②若齊王第二場派出下等馬，可能的對陣為：或.田忌獲勝的概率也為.所以，田忌按或的順序出馬，才能使自己獲勝的概率達到最大.20、（1）最小正周期為；遞減區間為：；（2）【解析】（1）化函數為正弦型函數，求出它的最小正周期和單調遞減區間；（2）根據時求得的最大值和最小值，由此求得的值，再求不等式的解集【詳解】（1），∴，令，∴，∴函數的遞減區間為：（2）由得：，∴，，∴，∴，∴，又，∴不等式的解集為【點睛】方法點睛：三角函數的一般性質研究：1.周期性：根據公式可求得；2.單調性：令，解出不等式，即可求出函數的單調遞增區間；令，解出不等式，即可求出函數的單調遞減區間.21、（1）