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?；卮鸱沁x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，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．關于的不等式恰有2個整數解，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.2．已知角的終邊與單位圓的交點為，則（）A. B.C. D.3．若命題“，使得”為真命題，則實數a的取值范圍是（）A. B.C. D.4．已知是冪函數，且在第一象限內是單調遞減，則的值為()A.－3 B.2C.－3或2 D.35．函數在區間上的最大值為2，則實數的值為A.1或 B.C. D.1或6．下列哪組中的兩個函數是同一函數（）A.與 B.與C.與 D.與7．若關于的函數的最大值為，最小值為，且，則實數的值為（）A.2020 B.2019C.1009 D.10108．一個扇形的面積是，它的半徑是，則該扇形圓心角的弧度數是A. B.1C.2 D.9．已知函數f(x)=若f（f（0））=4a，則實數a等于A. B.C.2 D.910．若函數在上的最大值為4，則的取值范圍為（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知向量，且，則_______.12．已知點，若，則點的坐標為_________.13．空間直角坐標系中，點A（﹣1，0，1）到原點O的距離為_____14．如圖，已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一個點Q滿足PQ⊥QD，則a的值等于________15．函數(a>0且a≠1)的圖象恒過點定，若角終邊經過點，則___________.16．已知向量，，且，則__________.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．已知函數（1）若不等式的解集為，求的值；（2）當時，求關于的不等式的解集18．已知關于不等式的解集為.（1）若，求的值；（2）若，求實數的取值范圍；（3）若非空集合，請直接寫出符合條件的整數的集合.19．已知函數.（1）當函數取得最大值時，求自變量x的集合；（2）完成下表，并在平面直角坐標系內作出函數在的圖象.x0y20．已知集合，集合（1）若“”是“”的充分條件，求實數的取值范圍；（2）若，求實數的取值范圍.21．如圖，已知多面體PABCDE的底面ABCD是邊長為2的菱形，PA⊥底面ABCD，ED//PA，且PA=2ED=2（1）證明：平面PAC⊥平面PCE；（2）若直線PC與平面ABCD所成的角為45°，求直線CD與平面PCE所成角的正弦值

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】由已知及一元二次不等式的性質可得，討論a結合原不等式整數解的個數求的范圍，【詳解】由恰有2個整數解，即恰有2個整數解，所以，解得或，①當時，不等式解集為，因為，故2個整數解為1和2，則，即，解得；②當時，不等式解集為，因為，故2個整數解為，則，即，解得.綜上所述，實數的取值范圍為或.故選：B.2、A【解析】利用三角函數的定義得出和的值，由此可計算出的值.【詳解】由三角函數的定義得，，因此，.故選：A.【點睛】本題考查三角函數的定義，考查計算能力，屬于基礎題.3、B【解析】在上有解，利用基本不等式求出的最小值即可.【詳解】即在上有解，所以在上有解，由，當且僅當，即時取得等號，故故選:B4、A【解析】根據冪函數的定義判斷即可【詳解】由是冪函數，知，解得或.∵該函數在第一象限內是單調遞減的，∴.故.故選：A.【點睛】本題考查了冪函數的定義以及函數的單調性問題，屬于基礎題5、A【解析】化簡可得，再根據二次函數的對稱軸與區間的位置關系，結合正弦函數的值域分情況討論即可【詳解】因，令，故，當時，在單調遞減所以，此時，符合要求；當時，在單調遞增，在單調遞減故，解得舍去當時，在單調遞增所以，解得，符合要求；綜上可知或故選：A.6、D【解析】根據同一函數的概念，逐項判斷，即可得出結果.【詳解】A選項，的定義域為，的定義域為，定義域不同，故A錯；B選項，的定義域為，的定義域為，定義域不同，故B錯；C選項，的定義域為，的定義域為，定義域不同，故C錯；D選項，與的定義域都為，且，對應關系一致，故D正確.故選：D.7、D【解析】化簡函數，構造函數，再借助函數奇偶性，推理計算作答.【詳解】依題意，當時，，，則，當時，，，即函數定義域為R，，令，，顯然，即函數是R上的奇函數，依題意，，，而，即，而，解得，所以實數的值為.故選：D8、C【解析】由題意首先求得弧長，然后求解圓心角的弧度數即可.【詳解】設扇形的弧長為，由題意可得：,則該扇形圓心角的弧度數是.本題選擇C選項.【點睛】本題主要考查扇形面積公式，弧度數的定義等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.9、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.10、C【解析】先分別探究函數與的單調性，再求的最大值.【詳解】因為在上單調遞增，在上單調遞增.而，，所以的取值范圍為.【點睛】本題主要考查分段函數的最值以及指數函數，對數函數的單調性，屬于中檔題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、2【解析】由題意可得解得.【名師點睛】（1）向量平行：，,.（2）向量垂直：.（3）向量的運算：.12、（0,3）【解析】設點的坐標，利用，求解即可【詳解】解：點，，，設，，，，，解得，點的坐標為，故答案為：【點睛】本題考查向量的坐標運算，向量相等的應用，屬于基礎題13、【解析】由空間兩點的距離公式計算可得所求值.【詳解】點到原點的距離為,故答案為：.【點睛】本題考查空間兩點的距離公式的運用，考查運算能力，是一道基礎題.14、2【解析】證明平面得到，故與以為直徑的圓相切，計算半徑得到答案.詳解】PA⊥平面ABCD，平面ABCD，故，PQ⊥QD，，故平面，平面，故，在BC上只有一個點Q滿足PQ⊥QD，即與以為直徑的圓相切，，故間的距離為半徑，即為1，故.故答案為：215、【解析】利用指數函數的性質得出定點，由任意角三角函數的定義得出三角函數值，結合誘導公式代入求值即可【詳解】，且故答案為：16、【解析】根據共線向量的坐標表示，列出方程，即可求解.【詳解】由題意，向量，，因為，可得，解得.故答案為：.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）；（2）見解析.【解析】(1)根據二次不等式解集與二次函數圖像的關系即可求出a的取值；(2)根據二次函數圖像的性質即可分類討論解不等式.【小問1詳解】不等式即，可化為因為的解集是，所以且解得；【小問2詳解】不等式即，因為，所以不等式可化為當時，即，原不等式的解集當時，即，原不等式的解集為當時即原不等式的解集.綜上所述，當時，原不等式的解；當時，原不等式的解集為；當時，原不等式的解集.18、（1）3；（2）；（3）.【解析】(1)由給定解集可得2，3是方程的二根即可求解作答.(2)根據給定條件列出關于a的不等式求解作答.(3)分a大于2或小于2兩類討論作答.【小問1詳解】因方程的根為或，而不等式的解集為，則2，3是方程的二根，所以.【小問2詳解】因為，即有，解得：，所以實數的取值范圍為.【小問3詳解】因非空，則，當時，，顯然集合不是集合的子集，當時，，而，則，所以整數的集合是.19、（1）（2）答案見解析【解析】(1)由三角恒等變換求出解析式，再求得最大值時的x的集合,(2)由五點法作圖,列出表格,并畫圖即可.【小問1詳解】令，函數取得最大值，解得，所以此時x集合為.【小問2詳解】表格如下：x0y11作圖如下，20、（1）；（2）.【解析】（1）由已知可得，可得出關于實數的不等式組，由此可解得實數的取值范圍；（2）分、兩種情況討論，根據可得出關于實數的不等式（組），綜合可得出實數的取值范圍.【小問1詳解】解：由已知得，故有，解得，故的取值范圍為.【小問2詳解】解：當時，則，解得；當時，則或，解得.∴的取值范圍為.21、(1)見解析(2)2【解析】1連接BD，交AC于點O，設PC中點為F，連接OF，EF，先證出BD∥EF，再證出EF⊥平面PAC，，結合面面垂直的判定定理即可證平面PAC⊥平面PCE；2先證明∠PCA=45°，設CD的中點為M，連接AM，所以點P到平面CDE的距離與點A到平面CDE的距離相等，即h2解析：（1）證明：連接BD，交AC于點O，設PC中點為F，連接OF，EF∵O，F分別為AC，PC的中點，∴OF//PA，且OF=1∵DE//PA，且DE=1∴OF//DE，且OF=DE，∴四邊形OFED為平行四邊形，∴OD//EF，即BD//EF，∵PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴PA⊥BD，∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC∵PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，∵BD//EF，∴EF⊥平面PAC，∵FE?平面PCE，∴平面PAC⊥平面PCE（2）因為直線PC與平面ABCD所成角為45°，所以∠PCA=45°，所以AC=PA=2，所以AC=AB，故ΔABC為等邊三角形，設CD的中點為M，連接AM，則AM⊥C