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、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡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、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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；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．如果不等式成立的充分不必要條件是，則實數a的取值范圍是（）A. B.C.或 D.或2．如圖，在平面四邊形中，，將其沿對角線對角折成四面體，使平面⊥平面,若四面體的頂點在同一球面上，則該求的體積為A. B.C. D.3．已知函數f(x)=若f（f（0））=4a，則實數a等于A. B.C.2 D.94．若函數（）在有最大值無最小值，則的取值范圍是（）A. B.C. D.5．要得到的圖像，只需將函數的圖像（）A.向左平移個單位 B.向右平移個單位C.向左平移個單位 D.向右平移個單位6．已知函數，若，，，則實數、、的大小關系為（）A. B.C. D.7．函數的零點在A. B.C. D.8．向量“，不共線”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9．已知函數則其在區間上的大致圖象是（）A. B.C. D.10．設,為兩個不同的平面，,為兩條不同的直線,則下列命題中正確的為（）A.若,,則B.若,,則C.若,,則D.若,,則二、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．已知表示這個數中最大的數．能夠說明“對任意,都有”是假命題的一組整數的值依次可以為_____13．函數的部分圖象如圖所示．若，且，則_____________14．若一個扇形的周長為，圓心角為2弧度，則該扇形的面積為__________15．過正方體的頂點作直線，使與棱、、所成的角都相等，這樣的直線可以作_________條.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．有兩直線和，當a在區間內變化時，求直線與兩坐標軸圍成的四邊形面積的最小值17．已知函數為奇函數.（1）求的值；（2）探究在上的單調性，并用函數單調性的定義證明你的結論.18．已知函數.（1）若函數在上至少有一個零點，求的取值范圍；（2）若函數在上的最大值為3，求的值.19．已知集合，（1）當時，求；（2）若，求20．已知函數是上的奇函數.（1）求實數a的值；（2）若關于的方程在區間上恒有解，求實數的取值范圍.21．如圖，△ABC中，AB＝8，BC＝10，AC＝6，DB⊥平面ABC，且AE∥FC∥BD，BD＝3，FC＝4，AE＝5，求此幾何體的體積

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、B【解析】解不等式，得其解集，進而結合充分、必要條件與集合間的包含關系的對應關系，可得不等式組，則有，（注：等號不同時成立），解可得答案【詳解】解不等式，得其解集，，由于不等式成立的充分不必要條件是則有，（注：等號不同時成立）；解得故選B.【點睛】本題考查充分、必要條件的判斷及運用，注意與集合間關系的對應即可，屬于簡單題2、A【解析】平面四邊形ABCD中，AB=AD=CD=2，BD=2，BD⊥CD，將其沿對角線BD折成四面體A'﹣BCD，使平面A'BD⊥平面BCD．四面體A'﹣BCD頂點在同一個球面上，△BCD和△A'BC都是直角三角形，BC的中點就是球心，所以BC=2，球的半徑為：；所以球的體積為：故答案選：A點睛：涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體中的特殊點(一般為接、切點)或線作截面，把空間問題轉化為平面問題，再利用平面幾何知識尋找幾何體中元素間的關系，或只畫內切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關系，列方程(組)求解.3、C【解析】，選C.點睛：(1)求分段函數的函數值，要先確定要求值的自變量屬于哪一段區間，然后代入該段的解析式求值，當出現的形式時，應從內到外依次求值.(2)求某條件下自變量的值，先假設所求的值在分段函數定義區間的各段上，然后求出相應自變量的值，切記代入檢驗，看所求的自變量的值是否滿足相應段自變量的取值范圍.4、B【解析】求出，根據題意結合正弦函數圖象可得答案.【詳解】∵，∴，根據題意結合正弦函數圖象可得，解得.故選：B.5、A【解析】化簡函數，即可判斷.【詳解】，需將函數的圖象向左平移個單位.故選：A.6、D【解析】根據條件判斷函數是偶函數，且當時是增函數，結合函數單調性進行比較即可【詳解】函數為偶函數，當時，為增函數，，，，則（1），即，則，故選：7、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.8、A【解析】利用向量的線性運算的幾何表示及充分條件，必要條件的概念即得.【詳解】當向量“，不共線”時，由向量三角形的性質可得“|+|<||+||”成立，即充分性成立，當“，方向相反”時，滿足“|+|<||+||”，但此時兩個向量共線，即必要性不成立，故向量“，不共線”是“|+|<||+||”的充分不必要條件.故選：A.9、D【解析】為奇函數，去掉A,B；當時,所以選D.點睛：(1)運用函數性質研究函數圖像時，先要正確理解和把握函數相關性質本身的含義及其應用方向.(2)在運用函數性質特別是奇偶性、周期、對稱性、單調性、最值、零點時，要注意用好其與條件的相互關系，結合特征進行等價轉化研究.如奇偶性可實現自變量正負轉化，周期可實現自變量大小轉化，單調性可實現去，即將函數值的大小轉化自變量大小關系10、D【解析】根據點線面位置關系，其中D選項是面面垂直的判定定理，在具體物體中辨析剩余三個選項.【詳解】考慮在如圖長方體中，平面，但不能得出平面，所以選項A錯誤；平面，平面，但不能得出，所以選項B錯誤；平面平面，平面，但不能得出平面；其中D選項是面面垂直的判定定理.故選：D【點睛】此題考查線面平行與垂直的辨析，關鍵在于準確掌握基本定理，并應用定理進行推導及辨析.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、（答案不唯一）【解析】首先利用新定義，再列舉命題為假命題的一組數值，再根據定義，驗證命題是假命題.【詳解】設，，則，而，，故命題為假命題，故依次可以為故答案為：（答案不唯一）13、##【解析】根據函數的圖象求出該函數的解析式，結合圖象可知，點、關于直線對稱，進而得出.【詳解】由圖象可知，，即，則，此時，，由于，所以，即.，且，由圖象可知，，則.故答案為：.14、4【解析】設出扇形的半徑，求出扇形的弧長，利用周長公式，求出半徑，然后求出扇形的面積【詳解】設扇形的半徑為：R，所以2R+2R＝8，所以R＝2，扇形的弧長為：4，半徑為2，扇形的面積為：4（cm2）故答案為4【點睛】本題是基礎題，考查扇形的面積公式的應用，考查計算能力15、【解析】將小正方體擴展成4個小正方體，根據直線夾角的定義即可判斷出符合條件的條數【詳解】解：設ABCD﹣A1B1C1D1邊長為1第一條：AC1是滿足條件的直線；第二條：延長C1D1到C1且D1C2＝1，AC2是滿足條件的直線；第三條：延長C1B1到C3且B1C3＝1，AC3是滿足條件的直線；第四條：延長C1A1到C4且C4A1，AC4是滿足條件的直線故答案為4【點睛】本題考查滿足條件的直線條數的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查空間想象能力，考查分類與整合思想，是基礎題三、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、.【解析】利用直線方程，求出相關點的坐標，利用直線系解得yE＝2．根據S四邊形OCEA＝S△BCE﹣S△OAB即可得出【詳解】∵0＜a＜2，可得l1：ax﹣2y＝2a﹣4，與坐標軸的交點A（0，﹣a+2），B（2，0）l2：2x﹣（1﹣a2）y﹣2﹣2a2＝0，與坐標軸的交點C（a2+1，0），D（0，）兩直線ax﹣2y﹣2a+4＝0和2x﹣（1﹣a2）y﹣2﹣2a2＝0，都經過定點（2，2），即yE＝2∴S四邊形OCEA＝S△BCE﹣S△OAB|BC|?yE|OA|?|OB|（a21）×2（2﹣a）×（2）＝a2﹣a+3＝（a）2，當a時取等號∴l1，l2與坐標軸圍成的四邊形面積的最小值為【點睛】本題考查了相交直線、三角形的面積計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題17、（1）；（2）在上為增函數，證明見解析.【解析】（1）由可求得的值；（2）任取，可證明，則，從而可得結論.【詳解】（1）由于是定義在上的奇函數，故，解得.經檢驗，是奇函數；（2）是上的增函數，證明如下：任取，，由于，所以，，所以，即，所以在上為增函數【點睛】本題主要考查根據奇偶性求參數，考查了函數單調性的判斷與證明，同時考查了計算能力，屬于中檔題.18、(1)；（2）或.【解析】（1）由函數在至少有一個零點，方程至少有一個實數根，，解出即可；（2）通過對區間端點與對稱軸頂點的橫坐標的大小比較，再利用二次函數的單調性即可得出函數在上的最大值，令其等于可得結果.試題解析：（1）由.（2）化簡得，當，即時，；當，即時，，，（舍）；當，即時，，綜上，或.19、（1）（2）【解析】（1）化簡求得集合，根據補集的概念運算可得結果；（2）由，根據，求出，再求出，計算可求出結果.【小問1詳解】由題意得：當時，所以【小問2詳解】由題意知：又所以方程的一個根為4，解得，所以，符合題設條件，故20、（1）（2）【解析】（1）利用奇偶性可得，求出，進行檢驗即可；（2）關于的方程在區間上恒有解等價于，即的取值范圍是在區間上的值域.【詳解】（1）∵函數是上的奇函數.∴，∴，當時，顯然所以f（x）為奇函數，故；（2），即，∴，即的取值范圍是在區間上的值域，令，則，∴，，，又在上單調遞減，在上單調遞增，∴，即，∴實數的取值范圍.【點睛】本題考查函數的奇偶性的應用，考查函數與方程的關系，考查等價轉化思想與推理能力，屬于中檔題.21、96【解析】，取CM＝AN＝BD，連接DM，MN，DN，用“分割法”把原幾何體分割成一個直三棱柱和一個四棱錐．所以V幾何體＝V三棱柱＋V四棱錐試題解析：如圖，取CM＝AN＝BD，連接DM，MN，DN，用“分割法”把原幾何體分割成一個直三棱柱和一個四棱錐．所以V幾何體＝V三棱柱＋V四棱錐．由題知三棱