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12小題，共60分）1．定義域為的函數滿足，當時，，若時，對任意的都有成立，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.2．如果是定義在上的函數，使得對任意的，均有，則稱該函數是“-函數”.若函數是“-函數”，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.3．已知，求的值（）A. B.C. D.4．已知為鈍角，且，則（）A. B.C. D.5．函數的零點所在的區間是A.(0，1) B.(1，2)C.(2，3) D.(3，4)6．已知圓方程為，過該圓內一點的最長弦和最短弦分別為AC和BD，則四邊形ABCD的面積是（）A.4 B.C.6 D.7．已知△ABC的平面直觀圖△A′B′C′是邊長為a的正三角形，那么原△ABC的面積為（）A. B.C. D.8．設集合，則A. B.C. D.9．對于用斜二測畫法畫水平放置的圖形的直觀圖來說，下列描述不正確的是A.三角形的直觀圖仍然是一個三角形 B.的角的直觀圖會變為的角C.與軸平行的線段長度變為原來的一半 D.原來平行的線段仍然平行10．，，的大小關系是（）A. B.C. D.11．(程序如下圖）程序的輸出結果為A.3，4 B.7，7C.7，8 D.7，1112．下列函數中，為偶函數的是（）A. B.C. D.二、填空題（本大題共4小題，共20分）13．已知函數，若關于x的方程有兩個不同的實根，則實數m的取值范圍是______14．已知，且，則的最小值為____________.15．函數fx=16．已知函數，若對任意的、，，都有成立，則實數的取值范圍是______.三、解答題（本大題共6小題，共70分）17．函數的部分圖象如圖所示.（1）求、及圖中的值；（2）設，求函數在區間上的最大值和最小值18．已知函數，（，且）.（1）求的定義域，并判斷函數的奇偶性；（2）對于，恒成立，求實數的取值范圍.19．已知二次函數的圖象關于直線對稱，且關于x的方程有兩個相等的實數根（1）求函數的值域；20．化簡求值：（1）已知都為銳角，，求的值；（2）.21．已知集合，集合.（1）當時，求；（2）若，求實數的取值范圍.22．化簡求值：（1）已知，求的值；（2）

參考答案一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1、B【解析】由可求解出和時，的解析式，從而得到在上的最小值，從而將不等式轉化為對恒成立，利用分離變量法可將問題轉化為，利用二次函數單調性求得在上的最大值，從而得到，進而求得結果.【詳解】當時，時，當時，，時，時，，即對恒成立即：對恒成立令，，，解得：故選：B2、A【解析】根據題中的新定義轉化為，即，根據的值域求的取值范圍.【詳解】，，函數是“-函數”，對任意，均有，即，，即，又，或.故選：A【點睛】關鍵點點睛：本題考查函數新定義，關鍵是讀懂新定義，并使用新定義，并能轉化為函數值域解決問題.3、A【解析】利用同角三角函數的基本關系，即可得到答案；【詳解】，故選：A4、C【解析】先求出，再利用和角的余弦公式計算求解.【詳解】∵為鈍角，且，∴，∴故選：C【點睛】本題主要考查同角的平方關系，考查和角的余弦公式的應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.5、B【解析】因為函數為上的增函數，故利用零點存在定理可判斷零點所在的區間.【詳解】因為為上的增函數，為上的增函數，故為上的增函數.又，，由零點存在定理可知在存在零點，故選B.【點睛】函數的零點問題有兩種類型，（1）計算函數的零點，比如二次函數的零點等，有時我們可以根據解析式猜出函數的零點，再結合單調性得到函數的零點，比如；（2）估算函數的零點，如等，我們無法計算此類函數的零點，只能借助零點存在定理和函數的單調性估計零點所在的范圍.6、C【解析】由圓的方程可知圓心為,半徑,則過圓內一點的最長弦為直徑,最短弦為該點與圓心連線的垂線段,進而求解即可【詳解】由題,圓心為,半徑,過圓內一點的最長弦為直徑,故；當時,弦長最短,因為,所以,因為在直徑上,所以,所以四邊形ABCD的面積是,故選:C【點睛】本題考查過圓內一點弦長的最值問題,考查兩點間距離公式的應用,考查數形結合思想7、C【解析】根據直觀圖的面積與原圖面積的關系為，計算得到答案.【詳解】直觀圖的面積，設原圖面積，則由，得.故選：C.【點睛】本題考查了平面圖形的直觀圖的面積與原面積的關系，三角形的面積公式，屬于基礎題.8、B【解析】,選B.【考點】集合的運算【名師點睛】集合的交、并、補運算問題，應先把集合化簡再計算，常常借助數軸或韋恩圖進行處理.9、B【解析】根據斜二測畫法，三角形的直觀圖仍然是一個三角形,故正確；的角的直觀圖不一定的角，例如也可以為，所以不正確；由斜二測畫法可知，與軸平行的線段長度變為原來的一半,故正確；根據斜二測畫法的作法可得原來平行的線段仍然平行,故正確,故選B.10、D【解析】作出弧度角的正弦線、余弦線和正切線，利用三角函數線來得出、、的大小關系.【詳解】作出弧度角的正弦線、余弦線和正切線如下圖所示，則，，，其中虛線表示的是角的終邊，，則，即.故選：D.【點睛】本題考查同角三角函數值的大小比較，一般利用三角函數線來比較，考查數形結合思想的應用，屬于基礎題.11、D【解析】∵變量初始值X=3，Y=4，∴根據X=X+Y得輸出的X=7.又∵Y=X+Y，∴輸出的Y=11.故選D.12、D【解析】利用函數的奇偶性的定義逐一判斷即可.【詳解】A，因為函數定義域為：，且，所以為奇函數，故錯誤；B，因為函數定義域為：R，，而，所以函數為非奇非偶函數，故錯誤；C，，因為函數定義域為：R，，而，所以函數為非奇非偶函數，故錯誤；D，因為函數定義域為：R，，所以函數為偶函數，故正確；故選：D.二、填空題（本大題共4小題，共20分）13、【解析】由題意在同一個坐標系中作出兩個函數的圖象，圖象交點的個數即為方程根的個數，由圖象可得答案【詳解】解：由題意作出函數的圖象，關于x的方程有兩個不同的實根等價于函數與有兩個不同的公共點，由圖象可知當時，滿足題意，故答案為【點睛】本題考查方程根的個數，數形結合是解決問題的關鍵，屬基礎題14、##2.5【解析】將變形為，利用基本不等式求得答案.【詳解】由題意得：，當且僅當時取得等號，故答案為：15、(0.+∞)【解析】函數定義域為R，∵3x>0∴3考點：函數單調性與值域16、【解析】分析出函數為上的減函數，結合已知條件可得出關于實數的不等式組，由此可解得實數的取值范圍.【詳解】設，則，由可得，即，所以，函數為上的減函數.由于，由題意可知，函數在上為減函數，則，函數在上為減函數，則，且有，所以，解得.因此，實數的取值范圍是.故答案：.【點睛】關鍵點點睛：在利用分段函數的單調性求參數時，除了分析每支函數的單調性外，還應由間斷點處函數值的大小關系得出關于參數的不等式組求解.三、解答題（本大題共6小題，共70分）17、（1），，；（2），.【解析】（1）由可得出，結合可求得的值，由結合可求得的值，可得出函數的解析式，再由以及可求得的值；（2）利用三角恒等變換思想化簡函數的解析式為，由可求得的取值范圍，結合正弦函數的基本性質可求得函數在區間上的最大值和最小值.【詳解】（1）由題圖得，，，，又，，得，，又，得，.又，且，，，得，綜上所述:，，；（2），，，所以當時，；當時，【點睛】本題考查利用圖象求正弦型函數解析式中的參數，同時也考查了正弦型函數在區間上最值的計算，考查計算能力，屬于中等題.18、（1）定義域為；奇函數;（2）時，；時，.【解析】（1）由對數的真數大于0，解不等式可得定義域；運用奇偶性的定義，即可得到結論；（2）對a討論，，，結合對數函數的單調性，以及參數分離法，二次函數的最值求法，可得m的范圍【詳解】（1）由題意，函數，由，可得或，即定義域為；由，即有，可得為奇函數；2對于，恒成立，可得當時，，由可得的最小值，由，可得時，y取得最小值8，則，當時，，由可得的最大值，由，可得時，y取得最大值，則，綜上可得，時，；時，【點睛】本題主要考查了函數的奇偶性的判定，以及對數的運算性質和二次函數的圖象與性質的應用，其中解答中熟記函數的奇偶性的定義，以及對數的運算性質和二次函數的圖象與性質的合理應用是解答的關鍵，著重考查了分類討論思想，以及推理與運算能力，試題有一定的綜合性，屬于中檔試題.19、（1）（2）或【解析】（1）根據對稱軸以及判別式等于得出，再由基本不等式得出函數的值域；（2）利用換元法結合對數函數以及二次函數的單調性得出a的值【小問1詳解】依題意得，因為，所以，解得，，故，，當時，，當且僅當，即時，等號成立當時，，當且僅當，即時，等號成立故的值域為【小問2詳解】，令，則①當時，，因為，所以，解得因為，所以，解得或（舍去）②當時，，因為，所以，解得，解得或（舍去）綜上，a的值為或20、（1），（2）0.【解析】（1）先計算出，的值，然后根據角的配湊以及兩角差的余弦公式求解出的值；（2）利用誘導公式以及兩角和的正切公式結合正、余弦的齊次式計算化簡原式【小問1詳解】因為，都為銳角，，，所以，，則【小問2詳解】原式21、（1）；（2）.【解析】（1）先分別求出，然后根據集合的并集的概念求解出的結果；（2）根據得到，由此列出