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、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在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、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，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．北京2022年冬奧會新增了女子單人雪車、短道速滑混合團體接力、跳臺滑雪混合團體、男子自由式滑雪大跳臺、女子自由式滑雪大跳臺、自由式滑雪空中技巧混合團體和單板滑雪障礙追逐混合團體等7個比賽小項，現有甲、乙兩名志愿者分別從7個比賽小項中各任選一項參加志愿服務工作，且甲、乙兩人的選擇互不影響，那么甲、乙兩名志愿者選擇同一個比賽小項進行志愿服務工作的概率是（）A.249 B.C.17 D.2．由一個正方體截去一個三棱錐所得的幾何體的直觀圖如圖所示，則該幾何體的三視圖正確的是（）A.B.C.D.3．如圖所示，正方體中，分別為棱的中點，則在平面內與平面平行的直線A.不存在 B.有1條C.有2條 D.有無數條4．已知函數f(x)=Acos(ωx+φ)的圖像如圖所示，，則f(0)=（）A. B.C. D.5．設集合，則（）A. B.C. D.6．函數(其中為自然對數的底數)的圖象大致為（）A. B.C. D.7．已知函數，則A.1 B.C.2 D.08．向量，若，則k的值是（）A.1 B.C.4 D.9．下列四個命題:①三點確定一個平面;②一條直線和一個點確定一個平面;③若四點不共面,則每三點一定不共線;④三條平行直線確定三個平面.其中正確有A.1個 B.2個C.3個 D.4個10．函數滿足：為偶函數：在上為增函數若，且，則與的大小關系是A. B.C. D.不能確定11．下列命題中正確的是（）A.第一象限角小于第二象限角 B.銳角一定是第一象限角C.第二象限角是鈍角 D.平角大于第二象限角12．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．=___________14．兩個球的體積之比為8：27，則這兩個球的表面積之比為________．15．____________16．已知角的頂點為坐標原點，始邊為x軸非負半軸，若是角終邊上的一點，則______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．已知為的三個內角，向量與向量共線，且角為銳角.(1）求角的大小；（2）求函數的值域.18．2021年7月24日，我國運動員楊倩以環的成績獲得東京奧運會射擊女子米氣步槍項目金牌，為中國代表團摘下本屆奧運會的首枚金牌，也讓《義勇軍進行曲》成為第一首奏響在本屆奧運會賽場上的國歌.在決賽賽場上，第二階段前輪(第槍，每輪槍)是選手淘汰階段，后輪(第槍，每輪槍)進入獎牌爭奪階段.楊倩在第二階段成績如下：輪數槍數得分（1）計算第二階段前4輪和后3輪得分的均值，試根據此結果分析該選手在淘汰階段和獎牌爭奪階段的發揮狀態哪個更好；（2）記后輪得分的均值為，標準差為，若數據落在內記為正常，否則不正常﹐請根據此結論判斷該選手最后一槍在后輪個數據中是否為正常發揮?(參考數據：，計算結果精確到)19．已知函數為偶函數，且圖象的相鄰兩對稱軸間的距離為（1）求的解析式；（2）將函數的圖象向右平移個單位長度，再把橫坐標縮小為原來的（縱坐標不變），得到函數的圖象，若在上有兩個不同的根，求m的取值范圍20．函數的定義域且，對定義域D內任意兩個實數，，都有成立（1）求的值并證明為偶函數；21．在直角坐標平面中，角α的始邊為x軸正半軸，終邊過點（-2，y），且tana=-，分別求y，sinα，cosα的值22．已知函數的最小值正周期是（1）求的值；（2）求函數的最大值，并且求使取得最大值的x的集合

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、C【解析】根據古典概型概率的計算公式直接計算.【詳解】由題意可知甲、乙兩名志愿者分別從7個比賽小項中各任選一項參加志愿服務工作共有7×7=49種情況，其中甲、乙兩名志愿者選擇同一個比賽小項進行志愿服務工作共7種，所以甲、乙兩名志愿者選擇同一個比賽小項進行志愿服務工作的概率是749故選：C.2、D【解析】因為有直觀圖可知，該幾何體的正視圖是有一條從左上角到右下角的對角線的正方形，俯視圖是有一條從左下角角到右上角角的對角線的正方形，側視圖是有一條從左上角到右下角的對角線的正方形（對角線為虛線），所以只有選項D合題意，故選D.3、D【解析】根據已知可得平面與平面相交，兩平面必有唯一的交線，則在平面內與交線平行的直線都與平面平行，即可得出結論.【詳解】平面與平面有公共點，由公理3知平面與平面必有過的交線，在平面內與平行的直線有無數條，且它們都不在平面內，由線面平行的判定定理可知它們都與平面平行.故選：D.【點睛】本題考查平面的基本性質、線面平行的判定，熟練掌握公理、定理是解題的關鍵，屬于基礎題.4、C【解析】根據所給圖象求出函數的解析式，即可求出.【詳解】設函數的周期為，由圖像可知，則,故ω=3，將代入解析式得，則，所以，令，代入解析式得，又因為，解得，，.故選：C.【點睛】本題考查根據三角函數的部分圖象求函數的解析式，屬于基礎題.5、B【解析】根據交集定義運算即可【詳解】因為，所以,故選：B.【點睛】本題考查集合的運算，屬基礎題，在高考中要求不高，掌握集合的交并補的基本概念即可求解.6、A【解析】由為偶函數，排除選項B、D，又，排除選項C，從而即可得答案.【詳解】解：令，因為，且定義域為，所以為偶函數，所以排除選項B、D；又，所以排除選項C；故選：A.7、C【解析】根據題意可得，由對數的運算，即可求解，得到答案【詳解】由題意，函數，故選C【點睛】本題主要考查了函數值的求法，函數性質等基礎知識的應用，其中熟記對數的運算性質是解答的關鍵，著重考查了考查化歸與轉化思想、函數與方程思想，屬于基礎題，8、B【解析】首先算出的坐標，然后根據建立方程求解即可.【詳解】因為所以，因為，所以，所以故選：B9、A【解析】利用三個公理及其推論逐項判斷后可得正確的選項.【詳解】對于①，三個不共線的點可以確定一個平面，所以①不正確；對于②，一條直線和直線外一點可以確定一個平面，所以②不正確；對于③，若三點共線了，四點一定共面，所以③正確；對于④，當三條平行線共面時，只能確定一個平面，所以④不正確.故選：A.10、A【解析】根據題意，由為偶函數可得函數的對稱軸為，進而結合函數的單調性可得上為減函數，結合，且分析可得，據此分析可得答案【詳解】根據題意，函數滿足為偶函數，則函數的對稱軸為，則有，又由在上為增函數，則在上為減函數，若，則，又由，則，則有，又由，則，故選A【點睛】本題考查函數的單調性與奇偶性的綜合應用，涉及函數的對稱性，屬于中檔題11、B【解析】根據象限角的定義及銳角、鈍角及平角的大小逐一分析判斷即可得解.【詳解】解：為第一象限角，為第二象限角，故A錯誤；因為銳角，所以銳角一定是第一象限角，故B正確；因為鈍角，平角，為第二象限角，故CD錯誤.故選：B.12、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】tan240°=tan（180°+60°）=tan60°=，故答案為：14、【解析】設兩球半徑分別為，由可得，所以．即兩球的表面積之比為考點：球的表面積，體積公式．15、【解析】,故答案為.考點：對數的運算.16、【解析】根據余弦函數的定義可得答案.【詳解】解：∵是角終邊上的一點，∴故答案為：.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）根據平行向量的坐標關系即可得到（2﹣2sinA）（1+sinA）﹣（sinA+cosA）（sinA﹣cosA）＝0，這樣即可解出tan2A，結合A為銳角，即可求出A；（2）由B+C便得C，從而得到，利用二倍角的余弦公式及兩角差的正余弦公式即可化簡原函數y＝1+sin（B），由前面知0，從而可得到B的范圍，結合正弦函數的圖象即可得到的范圍，即可得出原函數的值域【詳解】（1）由m∥n，得（2﹣2sinA）（1+sinA）﹣（sinA+cosA）（sinA﹣cosA）＝0，得到2（1-sin2A）-sin2A+cos2A=0，所以2cos2A-sin2A+cos2A=0，即3cos2A-sin2A=0得，所以且為銳角，則.（2）由（1）知，，即,=,所以，=，且，則,所以，則，即函數的值域為.【點睛】本題考查平行向量的坐標的關系，同角基本關系及向量數量積的計算公式，考查了利用正弦函數的圖象求最值及二倍角的余弦公式，兩角差的正余弦公式等，屬于綜合題18、（1），；在淘汰階段(前輪)的發揮狀態更好（2）不是【解析】（1）由平均值的計算公式即可求解均值，比較大小即可作出判斷；（2）由（1）及標準差的計算公式求出標準差，根據題意即可作出判斷.【小問1詳解】解：設前輪得分的均值、后輪得分的均值分別為，由題可知：前輪的均值，后輪的均值，因為，所以，故該選手在淘汰階段(前輪)的發揮狀態更好.【小問2詳解】解：由（1）可得，故于是，，，故，因為，所以該選手最后一槍在后輪的個數據中不是正常發揮.19、（1）（2）【解析】(1)：先利用輔助角公式化簡，然后利用偶函數的性質，和兩對稱軸的距離可求出，便可寫出；(2)：將圖像平移得到，求其在定義域內的兩根轉為兩個函數由兩個交點，便可求出m的取值范圍.【小問1詳解】函數為偶函數令，可得圖像的相鄰兩對稱軸間的距離為【小問2詳解】將函數的圖像向右平移個單位長度，可得的圖像，再將橫坐標縮小為原來的（縱坐標不變），得到函數的圖像若在上有兩個不同的根，則在上有兩個不同的根，即函數的圖像與直線在上有兩個不同的交點.，，，求得故的取值范圍為．20、（1），證明見解析（2）（3）【解析】（1）取得到，取得到，取得到，得到答案.（2）證明函數在上單調遞增，在上單調遞減，得到，結合定義域得到答案.（3）根據函數單調性和奇偶性得到，考慮，，三種情況，得到函數的最值，解不等式得到答案.【小問1詳解】取得到，得到，取得到，得到，取得到，即，故函數為偶函數.【小問2詳解】設，則，，故，即，函數單調遞減.函數為偶函數，故函數在上單調遞增.，故，且，解得.【小問3詳解】，根據（2）知：，，恒成立，故，，當時，，當時，，當時，，當，即時等號成立，，故.綜上所述：，解得，，故