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，則（）A.－3 B.－1C.1 D.32．已知角的頂點與原點重合，始邊與軸的非負半軸重合，若它的終邊經過點，則（）A. B.C. D.3．已知函數對于任意兩個不相等實數，都有成立，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.4．邊長為的正四面體的表面積是A. B.C. D.5．函數的部分圖象是（）A. B.C. D.6．若方程表示圓，則實數的取值范圍是A. B.C. D.7．為了得到函數的圖象，只需將函數的圖象上所有的點（）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8．如圖所示，在正方體ABCD—A1B1C1D1中，M、N分別是BB1、BC的中點．則圖中陰影部分在平面ADD1A1上的正投影為（）A. B.C. D.9．若，且，那么角的終邊落在A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限10．已知，那么（）A. B.C. D.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．已知函數定義域為，若滿足①在內是單調函數；存在使在上的值域為，那么就稱為“半保值函數”，若函數且是“半保值函數”，則的取值范圍為________12．已知函數的圖象上關于軸對稱的點恰有9對,則實數的取值范圍_________.13．已知，，，則，，的大小關系是______．（用“”連接）14．在空間直角坐標系中，點關于平面的對稱點是B，點和點的中點是E，則___________.15．已知函數是定義在上的偶函數，且在區間上單調遞減，若實數滿足，則的取值范圍是______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．如圖,建造一個容積為，深為，寬為的長方體無蓋水池，如果池底的造價為元/，池壁的造價為元/，求水池的總造價.17．已知函數（1）當時，求該函數的值域；（2）求不等式的解集；（3）若存在，使得不等式成立，求的取值范圍18．已知函數，實數且（1）設，判斷函數在上的單調性，并說明理由；（2）設且時，的定義域和值域都是，求的最大值19．已知不等式的解集是（1）若且，求的取值范圍；（2）若，求不等式的解集20．已知四棱錐的底面是菱形，,又平面，點是棱的中點，在棱上.（1）證明：平面平面.（2）試探究在棱何處時使得平面.21．設，函數在上單調遞減.（1）求；（2）若函數在區間上有且只有一個零點，求實數k的取值范圍.

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、D【解析】利用同角三角函數基本關系式中的技巧弦化切求解.【詳解】.故選：D【點睛】本題考查了同角三角函數基本關系中的弦化切技巧，屬于容易題.2、D【解析】利用定義法求出，再用二倍角公式即可求解.【詳解】依題意，角的終邊經過點，則，于是.故選：D3、B【解析】由題可得函數為減函數，根據單調性可求解參數的范圍.【詳解】由題可得，函數為單調遞減函數，當時，若單減，則對稱軸，得：,當時，若單減，則，在分界點處，應滿足，即，綜上：故選：B4、D【解析】∵邊長為a的正四面體的表面為4個邊長為a正三角形，∴表面積為：4×a=a2，故選D5、C【解析】首先判斷函數的奇偶性，即可排除AD，又，即可排除B.【詳解】因為，定義域為R，關于原點對稱，又，故函數為奇函數，圖象關于原點對稱，故排除AD；又，故排除B.故選：C.6、A【解析】由二元二次方程表示圓的充要條件可知：，解得，故選A考點：圓的一般方程7、A【解析】化簡函數的解析式，根據函數圖象變換的知識確定正確選項.【詳解】，將函數的圖象上所有的點向左平移個單位，得到.故選：A8、A【解析】確定三角形三點在平面ADD1A1上的正投影，從而連接起來就是答案.【詳解】點M在平面ADD1A1上的正投影是的中點，點N在平面ADD1A1上的正投影是的中點，點D在平面ADD1A1上的正投影仍然是D，從而連接其三點，A選項為答案，故選：A9、C【解析】由根據三角函數在各象限的符號判斷可能在的象限，再利用兩角和的正弦公式及三角函數的圖象由求出的范圍，兩范圍取交集即可.【詳解】，在第二或第三象限，，即，或，解得或，又在第二或第三象限，在第三象限.故選：C【點睛】本題考查三角函數值在各象限的符號、正弦函數的圖象與性質，屬于基礎題.10、C【解析】運用誘導公式即可化簡求值得解【詳解】，可得，那么故選：C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】根據半保值函數的定義,將問題轉化為與的圖象有兩個不同的交點，即有兩個不同的根,換元后轉化為二次方程的實根的分布可解得.【詳解】因為函數且是“半保值函數”，且定義域為，由時，在上單調遞增，在單調遞增，可得為上的增函數；同樣當時，仍為上的增函數，在其定義域內為增函數，因為函數且是“半保值函數”，所以與的圖象有兩個不同的交點，所以有兩個不同的根，即有兩個不同的根,即有兩個不同的根,可令，，即有有兩個不同正數根，可得，且，解得.【點睛】本題考查函數的值域的求法，解題的關鍵是正確理解“半保值函數”，解題時要認真審題，仔細解答，注意合理地進行等價轉化12、【解析】求出函數關于軸對稱的圖像，利用數形結合可得到結論.【詳解】若，則，，設為關于軸對稱的圖像，畫出的圖像，要使圖像上有至少9個點關于軸對稱，即與有至少9個交點，則，且滿足，即則，解得，故答案為【點睛】解分段函數或兩個函數對稱性的題目時，可先將一個函數的對稱圖像求出，利用數形結合的方式得出參數的取值范圍；遇到題目中指對函數時，需要討論底數的范圍，分別畫出圖像進行討論.13、【解析】結合指數函數、對數函數的知識確定正確答案.【詳解】，，所以故答案為：14、【解析】先利用對稱性求得點B坐標，再利用中點坐標公式求得點E坐標，然后利用兩點間距離公式求解.【詳解】因為點關于平面的對稱點是，點和點的中點是，所以，故答案為：15、【解析】由函數的奇偶性與單調性分析可得，結合對數的運算性質變形可得，從而可得結果【詳解】因為函數是定義在上的偶函數，且在區間上單調遞減，所以，又由，則原不等式變形可得，解可得：，即的取值范圍為，故答案為【點睛】本題主要考查函數的單調性與奇偶性的綜合應用，考查了指數函數的單調性以及對數的運算，意在考查綜合應用所學知識解答問題的能力，屬于基礎題三、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、2880元【解析】先求出水池的長，再求出底面積與側面積，利用池底的造價為120元/m2，池壁的造價為80元/m2，即可求水池的總造價【詳解】分別設長、寬、高為am，bm，hm；水池的總造價為y元，則V＝abh＝16，h＝2，b＝2，∴a＝4m，∴S底＝4×2＝8m2，S側＝2×（2+4）×2＝24m2，∴y＝120×8+80×24＝2880元【點睛】本題考查利用數學知識解決實際問題，考查學生的轉化能力，屬于基礎題17、（1）；（2）或；（3）【解析】（1）令，函數化為，結合二次函數的圖象與性質，即可求解；（2）由題意得到，令，得到，求得不等式的解集，進而求得不等式的解集，得到答案；（3）令，轉化為存在使得成立，結合函數的單調性，求得函數最小值，即可求解.【詳解】（1）令，因為，則，函數化為，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以當時，取到最小值為，當時，取到最大值為5，故當時，函數的值域為（2）由題意，不等式，即，令，則，即，解得或，當時，即，解得；當時，即，解得，故不等式的解集為或（3）由于存在使得不等式成立，令，，則，即存在使得成立，所以存在使得成立因為函數在上單調遞增，也在上單調遞增，所以函數在上單調遞增，它的最小值為0，所以，所以的取值范圍是18、（1）在上單調遞增，理由見解析（2）【解析】（1）由定義法直接證明可得；（2）由題知是方程的不相等的兩個正數根，然后整理成一元二次方程，由判別式和韋達定理列不等式組求解可得a的范圍，再用韋達定理表示出所求，然后可解.【小問1詳解】設，則，，，，故在上單調遞增；【小問2詳解】由（1）可得時，在上單調遞增，的定義域和值域都是，，則是方程的不相等的兩個正數根，即有兩個不相等的正數根，則，解得，，，時，最大值為；19、（1）（2）【解析】（1）根據且知道滿足不等式，不滿足不等式，解出即可得出答案（2）根據知道是方程的兩個根，利用韋達定理求出a值，再帶入不等式，解出不等式即可【詳解】（1）（2）∵，∴是方程的兩個根，∴由韋達定理得解得∴不等式即為：其解集為【點睛】本題考查元素與集合的關系、一元二次不等式與一元二次等式的關系，屬于基礎題20、（1）證明見解析；（2）當時，平面【解析】（1）證明：,又底面是的菱形，且點是棱的中點，所以，又,所以平面.平面平面.（2）解：當時，平面，證明如下：連接交于，連接.因為底面是菱形，且點是棱的中點，所以∽且,又，所以，平面.21、（1）；（2）.【解析】