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．若，則（）A. B.C.或1 D.或2．如圖是一算法的程序框圖，若輸出結果為，則在判斷框中應填入的條件是（）A. B.C. D.3．我國著名數學家華羅庚曾說過：“數缺形時少直觀，形少數時難入微；數形結合百般好，隔離分家萬事休”.在數學學習中和研究中，常用函數的圖象來研究函數的性質，也常用函數的解析式來琢磨函數圖象的特征，如函數的大致圖象是（）A. B.C. D.4．已知直線和互相平行，則實數等于（）A.或3 B.C. D.1或5．已知函數是冪函數，且其圖象與兩坐標軸都沒有交點，則實數A. B.2C.3 D.2或6．下列各角中，與126°角終邊相同的角是（）A. B.C. D.7．根據表中的數據，可以斷定方程的一個根所在的區間是（）x-101230.3712.727.3920.09A. B.C. D.8．若函數（且）的圖像經過定點P，則點P的坐標是（）A. B.C. D.9．已知冪函數是偶函數，則函數恒過定點A. B.C. D.10．如圖，在四面體ABCD中，E，F分別是AC與BD的中點，若CD=2AB=4，EF⊥BA，則EF與CD所成的角為（）A.90° B.45°C.60° D.30°11．設函數對的一切實數均有，則等于A.2016 B.-2016C.-2017 D.201712．過點且平行于直線的直線方程為A. B.C. D.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．若，，且，則的最小值為________14．若函數（，且）在上是減函數，則實數的取值范圍是__________.15．已知圓,圓,則兩圓公切線的方程為__________16．函數的最小值是________.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．某同學用“五點法”畫函數在某一個周期內的圖象時，列表并填入了部分數據，如下表：00200（1）請將上表數據補充完整；函數解析式為=（直接寫出結果即可）；（2）求函數的單調遞增區間；（3）求函數在區間上的最大值和最小值18．已知函數的圖象關于直線對稱，且圖象相鄰兩個最高點的距離為.（1）求和的值；（2）若，求的值.19．計算下列各式的值：（1）lg2（2）sin20．已知集合，（1）若，求實數a，b滿足的條件；（2）若，求實數m的取值范圍21．設為實數，函數.（1）若，求的取值范圍；（2）討論的單調性；（3）是否存在滿足：在上值域為.若存在，求的取值范圍.22．已知函數f(x)＝sinωx－cosωx(ω>0)的最小正周期為π.(1)求函數y＝f(x)圖象對稱軸方程；(2)討論函數f(x)在上的單調性.

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、A【解析】將已知式同分之后，兩邊平方，再根據可化簡得方程，解出或1，根據，得出.【詳解】由，兩邊平方得，或1，，.故選：A.【點睛】本題考查了同角三角函數間的基本關系，以及二倍角的正弦函數公式，屬于中檔題，要注意對范圍的判斷.2、B【解析】依次執行循壞結構，驗證輸出結果即可.【詳解】根據程序框圖，運行結構如下：第一次循環，，第二次循環，，第三次循環，，此時退出循環，故應填：.故選：B.3、A【解析】先判斷函數的奇偶性，再根據特殊點的函數值選出正確答案.【詳解】對于，∵，∴為偶函數，圖像關于y軸對稱，排除D；由，排除B；由，排除C.故選：A.【點睛】思路點睛：函數圖象的辨識可從以下方面入手：(1)從函數的定義域，判斷圖象的左右位置；從函數的值域，判斷圖象的上下位置(2)從函數的單調性，判斷圖象的變化趨勢；(3)從函數的奇偶性，判斷圖象的對稱性；(4)從函數的特征點，排除不合要求的圖象4、A【解析】由兩直線平行，得到，求出，再驗證，即可得出結果.詳解】∵兩條直線和互相平行，∴，解得或，若，則與平行，滿足題意；若，則與平行，滿足題意；故選：A5、A【解析】根據冪函數的定義，求出m的值，代入判斷即可【詳解】函數是冪函數，，解得：或，時，，其圖象與兩坐標軸有交點不合題意，時，，其圖象與兩坐標軸都沒有交點，符合題意，故，故選A【點睛】本題考查了冪函數的定義，考查常見函數的性質，是一道常規題6、B【解析】寫出與126°的角終邊相同的角的集合，取k=1得答案【詳解】解：與126°的角終邊相同的角的集合為{α|α=126°+k?360°，k∈Z}取k=1，可得α=486°∴與126°的角終邊相同的角是486°故選B【點睛】本題考查終邊相同角的計算，是基礎題7、D【解析】將與的值代入，找到使的,即可選出答案.【詳解】時，.時，.時，.時，時，.因為.所以方程的一個根在區間內.故選：D.【點睛】本題考查零點存定理，函數連續，若存在，使,則函數在區間上至少有一個零點.屬于基礎題.8、B【解析】由函數圖像的平移變換或根據可得.【詳解】因為，所以當，即時，函數值為定值0，所以點P坐標為.另解：因為可以由向右平移一個單位長度后，再向下平移1個單位長度得到，由過定點，所以過定點.故選：B9、D【解析】根據冪函數和偶函數的定義可得的值，進而可求得過的定點.【詳解】因為是冪函數，所以得或，又偶函數，所以，函數恒過定點.故選：.【點睛】本題主要考查的是冪函數和偶函數的定義，以及對數函數性質的應用，是基礎題.10、D【解析】設G為AD的中點，連接GF，GE，由三角形中位線定理可得，，則∠GFE即為EF與CD所成的角，結合AB=2，CD=4，EF⊥AB，在△GEF中，利用三角函數即可得到答案.【詳解】解：設G為AD的中點，連接GF，GE則GF，GE分別為△ABD，△ACD的中線.∴，且，，且，則EF與CD所成角的度數等于EF與GE所成角的度數又EF⊥AB，∴EF⊥GF則△GEF為直角三角形，GF=1，GE=2，∠GFE=90°∴在直角△GEF中，∴∠GEF=30°故選：D.11、B【解析】將換成再構造一個等式，然后消去，得到的解析式，最后可求得【詳解】①②①②得，故選：【點睛】本題考查求解析式的一種特殊方法：方程組法．如已知，求，則由已知得，把和作為未知數，列出方程組可解出．如已知也可以用這種方法求解析式12、A【解析】解析：設與直線平行直線方程為，把點代入可得，所以所求直線的方程為，故選A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、4【解析】應用基本不等式“1”的代換求最小值即可，注意等號成立的條件.【詳解】由題設，知：當且僅當時等號成立.故答案為：4.14、【解析】根據分段函數的單調性，列出式子，進行求解即可.【詳解】由題可知：函數在上是減函數所以，即故答案為：15、【解析】圓，圓心為(0,0)，半徑為1；圓，圓心為(4,0)，半徑為5.圓心距為4=5-1，故兩圓內切.切點為(-1,0)，圓心連線為x軸，所以兩圓公切線的方程為，即.故答案.16、2【解析】直接利用基本不等式即可得出答案.【詳解】解：因為，所以，當且僅當，即時，取等號，所以函數的最小值為2.故答案為：2.三、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），；（3）見解析【解析】（1）由函數的最值求出，由周期求出，由五點法作圖求出的值，可得函數的解析式（2）利用正弦函數的單調性，求得函數）的單調遞增區間（3）利用正弦函數的定義域、值域，求得函數）在區間上的最大值和最小值試題解析：（1）00200根據表格可得再根據五點法作圖可得，故解析式為：（2）令函數的單調遞增區間為，.（3）因為，所以.得：.所以,當即時，在區間上的最小值為.當即時，在區間上的最大值為.【點睛】本題主要考查由函數的部分圖象求解析式，由函數的最值求出，由周期求出，由五點法作圖求出的值，正弦函數的單調性以及定義域、值域，屬于基礎題18、（1），；（2）【解析】（1）根據對稱軸和周期可求和的值（2）由題設可得，利用同角的三角函數的基本關系式可得，利用誘導公式和兩角和的正弦可求的值【詳解】（1）因為圖象相鄰兩個最高點的距離為，故周期為，所以，故又圖象關于直線，故，所以，因為，故（2）由（1）得，因為，故，因為，故，故又【點睛】方法點睛：三角函數的中的化簡求值問題，我們往往從次數的差異、函數名的差異、結構的差異和角的差異去分析，處理次數差異的方法是升冪降冪法，解決函數名差異的方法是弦切互化，而結構上差異的處理則是已知公式的逆用等，最后角的差異的處理則往往是用已知的角去表示未知的角.19、（1）1（2）-1【解析】（1）利用對數的運算性質直接計算可得；（2）先進行切化弦，再通分后利用和差角公式和誘導公式即可求得.【小問1詳解】原式＝lg2(lg2＋lg5)＋lg5＝lg2＋lg5＝1【小問2詳解】原式＝sin40°(sin10°cos＝sin40°(sin10＝2＝-2＝-＝-＝－120、（1），;（2）.【解析】（1）直接利用并集結果可得，;（2）根據可得，再對集合的解集情況進行分類討論，即可得答案；【詳解】解：（1）；，∴，;（2）,∴分情況討論①，即時得；②若，即，中只有一個元素1符合題意；③若，即時得，∴∴綜上【點睛】由集合間的基本關系求參數時，注意對可變的集合,分空集和不為空集兩種情況.21、（1）；（2）在上單調遞增，在上單調遞減；（3）不存在.【解析】（1）直接求出，從而通過解不等式可求得的取值范圍；（2）根據二次函數的單調性即可得出分段函數的單調性；（3）首先判斷出，從而得到，即在上單調遞增；然后把問題轉化為在上有兩個不等實數根的問題，從而判斷出不存在的值.【詳解】（1）∵，∴，即，所以，所以的取值范圍為.（2）易知，對于，其對稱軸為，開口向上，所以在上單調遞增；對于，其對稱軸為，開口向上，所以在上單調遞減，綜上知，在上單調遞增，在上單調遞減；（3）由（2）得，又在上的值域為，所以，又∵在上單調遞增，∴，即在上有兩個不等實數根，即在上有兩個不等實數根，即在上有兩個不等實數根，令，則其對稱軸為，所以在上不可能存在兩個不等的實根，∴不存在滿足在上的值域為.22、（1）;（2）單調增區間為；單調減區間為.【解析】（1）先化簡得函數f(x)＝sin，解不等式2x－＝kπ＋(k∈Z)即得函數y＝f(x)圖象的對稱軸方程.(2)先求函數的單調遞增區間為(k∈Z)，再給k取值，得到函數f(x)在上的單調性.【詳解】(1)∵f(x)＝sinωx－cosωx＝sin，且T＝π，∴ω＝2.于是，f(x)＝sin.令2x－＝kπ＋(k∈Z)，得x＝＋(k∈Z)，故函數