2022-2023學年高一上數學期末模擬試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．已知定義在R上的函數是奇函數，設，，，則有（）A. B.C. D.2．“”是“的最小正周期為”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件3．，，則p是q的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件4．已知函數在區間是減函數，則實數a的取值范圍是A. B.C. D.5．某校高一年級有180名男生，150名女生，學校想了解高一學生對文史類課程的看法，用分層抽樣的方式，從高一年級學生中抽取若干人進行訪談.已知在女生中抽取了30人，則在男生中抽取了（）A.18人 B.36人C.45人 D.60人6．下列函數中，在區間上為減函數的是（）A. B.C. D.7．為空間中不重合的兩條直線，為空間中不重合的兩個平面，則①若；②；③；④上述說法正確的是A.①③ B.②③C.①② D.③④8．已知正方體ABCD-ABCD中,E、F分別為BB、CC的中點,那么異面直線AE與DF所成角的余弦值為A. B.C. D.9．已知集合A={t2+s2|t，s∈Z}，且x∈A，y∈A，則下列結論正確的是Ax+y∈AB.x-y∈AC.xy∈AD.10．設，則（）A.a>b>c B.a>c>bC.c>a>b D.c>b>a二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知集合（1）當時，求的非空真子集的個數；（2）當時，若，求實數的取值范圍12．函數的圖象一定過定點，則點的坐標是________.13．tan22°+tan23°+tan22°tan23°=_______14．命題“，”的否定形式為__________________________.15．已知A，B，C為的內角.（1）若，求的取值范圍；（2）求證：；（3）設，且，，，求證：16．設函數，若不存在，使得與同時成立，則實數a的取值范圍是________.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．已知函數=（1）判斷的奇偶性；（2）求在的值域19．已知，，，.（1）求的值；（2）求的值.20．設函數當時，求函數的零點；若，當時，求x的取值范圍21．已知向量函數（1）若時，不等式恒成立，求實數的取值范圍；（2）當時，討論函數的零點情況.

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、D【解析】根據函數是奇函數的性質可求得m，再由函數的單調性和對數函數的性質可得選項.【詳解】解：因為函數的定義在R上的奇函數，所以，即，解得，所以，所以在R上單調遞減，又因為，，所以故選：D.2、A【解析】根據函數的最小正周期求得，再根據充分條件和必要條件的定義即可的解.【詳解】解：由的最小正周期為，可得，所以，所以“”是“的最小正周期為”的充分不必要條件.故選：A.3、B【解析】根據充分條件、必要條件的定義判斷即可；【詳解】解：因為，，所以由不能推出，由能推出，故是的必要不充分條件故選：B4、C【解析】先由題意得到二次函數在區間是增函數，且在上恒成立；列出不等式組求解，即可得出結果.【詳解】因為函數在區間是減函數，所以只需二次函數在區間是增函數，且在上恒成立；所以有：，解得；故選C【點睛】本題主要考查由對數型復合函數的單調性求參數的問題，熟記對數函數與二次函數的性質即可，屬于?？碱}型.5、B【解析】先計算出抽樣比，即可計算出男生中抽取了多少人.【詳解】解：女生一共有150名女生抽取了30人，故抽樣比為：，抽取的男生人數為：.故選：B.6、D【解析】根據基本初等函數的單調性及復合函數單調性求解.【詳解】當時，在上單調遞減，所以在區間上為增函數；由指數函數單調性知在區間上單調遞增；由在區間上為增函數，為增函數，可知在區間上為增函數；知在區間上為減函數.故選：D7、A【解析】由線面垂直的性質定理知①正確；②中直線可能在平面內，故②錯誤；，則內一定有直線//，，則有，所以，③正確；④中可能平行，相交，異面，故④錯誤，故選A8、C【解析】連接DF,因為DF與AE平行,所以∠DFD即為異面直線AE與DF所成角的平面角,設正方體的棱長為2,則FD=FD=,由余弦定理得cos∠DFD==.9、C【解析】∵集合A={t2+s2∣∣t,s∈Z}，∴1∈A，2∈A，1+2=3?A，故A“x+y∈A”錯誤；又∵1?2=?1?A，故B“x?y∈A”錯誤；又∵,故D“∈A”錯誤；對于C,由，設，且.則.且，所以.故選C.10、C【解析】分別求出的范圍即可比較.【詳解】，，，，，.故選：C.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、（1）30（2）或【解析】（1）當時，可得中元素的個數，進而可得的非空真子集的個數；（2）根據，可分和兩種情況討論，可得出實數的取值范圍【小問1詳解】當時，，共有5個元素，所以的非空真子集的個數為【小問2詳解】（1）當時，，解得；（2）當時，根據題意作出如圖所示的數軸，可得或解得：或綜上可得，實數的取值范圍是或12、【解析】令，得，再求出即可得解.【詳解】令，得，，所以點的坐標是.故答案：13、1【解析】解：因為tan22°+tan23°+tan22°tan23°=tan(22°+23°)(1-tan22°tan23°)+tan22°tan23°=tan45°=114、##【解析】根據全稱量詞命題的否定直接得出結果.【詳解】命題“”的否定為：，故答案為：15、（1）（2）證明見解析（3）證明見解析【解析】（1）根據兩角和的正切公式及均值不等式求解；（2）先證明，再由不等式證明即可；（3）找出不等式的等價條件，換元后再根據函數的單調性構造不等式，利用不等式性質即可得證.【小問1詳解】,為銳角，，，解得，當且僅當時，等號成立，即.【小問2詳解】在中，，,,.【小問3詳解】由（2）知，令，原不等式等價為，在上為增函數，，，同理可得，，，，故不等式成立，問題得證.【點睛】本題第3問的證明需要用到，換元后轉換為，再構造不等式是證明的關鍵，本題的難點就在利用函數單調性構造出不等式.16、.【解析】當恒成立，不存在使得與同時成立，當時，恒成立，則需時，恒成立，只需時，，對的對稱軸分類討論，即可求解.【詳解】若時，恒成立，不存使得與同時成立，則時，恒成立，即時，，對稱軸為，當時，即，解得，當，即為拋物線頂點的縱坐標，，只需，.若恒成立，不存在使得與同時成立，綜上，的取值范圍是.故答案為:.【點睛】本題考查了二次函數和一次函數的圖像和性質，不等式恒成立和能成立問題的解法，考查分類討論和轉化化歸的思想方法，屬于較難題.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）奇函數（2）【解析】（1）由奇偶性的定義判斷（2）由對數函數性質求解【小問1詳解】，則，的定義域為，，故是奇函數【小問2詳解】，當時，，故，即在的值域為19、（1）；（2）.【解析】（1）由已知利用同角三角函數基本關系式可求，的值，進而根據，利用兩角差的余弦函數公式即可求解（2）利用二倍角公式可求，的值，進而即可代入求解【詳解】（1）因為，所以又因為，所以所以（2）因為，所以所以【點睛】本題主要考查了同角三角函數基本關系式，兩角差的余弦函數公式，二倍角公式在三角函數化簡求值中的應用，考查了計算能力和轉化思想20、（1）；（2）.【解析】由分段函數解析式可得時無零點；討論，，解方程即可得到所求零點；求得的解析式，討論，，解不等式組即可得到所求范圍【詳解】解：函數，可得時，無解；當時，無解；當時，即，可得；綜上可得時，無零點；時，零點為；，，當時，即有或，可得或且，綜上可得x的范圍是【點睛】本題考查分段函數、函數零點和解不等式等知識，屬于中檔題21、（1）；（2）見解析【解析】（1）由題意得，結合不等式恒成立，建立m的不等式組，從而得到實數的取值范圍；（2