2022-2023學年高一上數學期末模擬試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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m，n表示兩條不同直線，α表示平面，則下列命題中真命題是（）A.若，，則 B.若，，則C.若，，則 D.若，，則2．函數的零點一定位于下列哪個區間（）.A. B.C. D.3．已知函數f(x)=log3(x+1)，若f(a)=1，則a等于（）A.0 B.1C.2 D.34．已知，若，則A.1 B.2C.3 D.45．平行四邊形中，，，，點滿足，則A.1 B.C.4 D.6．中國茶文化博大精深，某同學在茶藝選修課中了解到，茶水的口感與茶葉類型和水的溫度有關，某種綠茶用80℃左右的水泡制可使茶湯清澈明亮，營養也較少破壞.為了方便控制水溫，該同學聯想到牛頓提出的物體在常溫環境下溫度變化的冷卻模型：如果物體的初始溫度是℃，環境溫度是℃，則經過分鐘后物體的溫度℃將滿足，其中是一個隨著物體與空氣的接觸狀況而定的正常數.該同學通過多次測量平均值的方法得到初始溫度為100℃的水在20℃的室溫中，12分鐘以后溫度下降到50℃.則在上述條件下，℃的水應大約冷卻()分鐘沖泡該綠茶(參考數據：，)A.3 B.3.6C.4 D.4.87．角度化成弧度為（）A. B.C. D.8．《九章算術》中，稱底面為矩形且有一側棱垂直于底面的四棱錐為陽馬，如圖，某陽馬的三視圖如圖所示，則該陽馬的最長棱的長度為（）A. B.C.2 D.9．已知函數在區間上的值域為，對任意實數都有，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.10．如圖，在下列四個正方體中，、為正方體兩個頂點，、、為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線與平面不平行的是（）A. B.C. D.11．設集合M={a|x∈R，x2+ax+1＞0}，集合N={a|x∈R，（a-3）x+1=0}，若命題p：a∈M，命題q：a∈N，那么命題p是命題q的A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分又不必要條件12．設集合，則（）A. B.C.{2} D.{-2，2}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．函數的最小正周期為，且.當時，則函數的對稱中心__________;若，則值為__________.14．若直線l在x軸上的截距為1,點到l的距離相等，則l的方程為______.15．若，則____________.16．若函數的圖象與的圖象關于對稱，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，且滿足，求：的值18．已知函數，函數的最小正周期為，是函數的一條對稱軸.（1）求函數的對稱中心和單調區間；（2）若，求函數在的最大值和最小值，并寫出對應的的值19．已知函數，且求函數的定義域；求滿足實數x的取值范圍20．已知函數，，.若不等式的解集為（1）求的值及；（2）判斷函數在區間上的單調性，并利用定義證明你的結論（3）已知且，若.試證：.21．設，且.（1）求a的值及的定義域；（2）求在區間上的值域.22．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.x0y

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】對于A，因為垂直于同一平面的兩條直線相互平行，故A正確；對于B，如果一條直線平行于一個平面，那么平行于已知直線的直線與該平面的位置關系有平行或在平面內，故B錯；對于C，因同平行于一個平面的兩條直線異面、相交或平行，故C錯；對于D，與一個平面的平行直線垂直的直線與已知平面是平行、相交或在面內，故D錯，選A.2、C【解析】根據零點存在性定理可得結果.【詳解】因為函數的圖象連續不斷，且，，，，根據零點存在性定理可知函數的零點一定位于區間內.故選：C【點睛】關鍵點點睛：掌握零點存在性定理是解題關鍵.3、C【解析】根據，解對數方程，直接得到答案.【詳解】∵,∴a+1=3，∴a=2.故選：C.點睛】本題考查了解對數方程，屬于基礎題.4、A【解析】構造函數，則為奇函數，根據可求得，進而可得到【詳解】令，則為奇函數，且，由題意得，∴，∴，∴.故選A【點睛】本題考查運用奇函數的性質求函數值，解題的關鍵是根據題意構造函數，體現了轉化思想在解題中的應用，同時也考查觀察、構造的能力，屬于基礎題5、B【解析】選取，為基向量，將，用基向量表示后，再利用平面向量數量積的運算法則求解數量積.【詳解】，，，故選B【點睛】本題考查了平面向量的運算法則以及向量數量積的性質及其運算，屬中檔題．向量的運算法則是：（１）平行四邊形法則（平行四邊形的對角線分別是兩向量的和與差）；（２）三角形法則（兩箭頭間向量是差，箭頭與箭尾間向量是和）.6、B【解析】根據題意求出k的值，再將θ＝80℃，＝100℃，＝20℃代入即可求得t的值.【詳解】由題可知：，沖泡綠茶時水溫為80℃，故.故選：B.7、A【解析】根據題意，結合，即可求解.【詳解】根據題意，.故選：A.8、B【解析】根據三視圖畫出原圖，從而計算出最長的棱長.【詳解】由三視圖可知，該幾何體如下圖所示，平面，，則所以最長的棱長為.故選：B9、D【解析】根據關于對稱，討論與的關系，結合其區間單調性及對應值域求的范圍.【詳解】由題設，，易知：關于對稱，又恒成立，當時，，則，可得；當時，，則，可得；當，即時，，則，即，可得；當，即時，，則，即，可得；綜上，.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：利用分段函數的性質，討論其對稱軸與給定區間的位置關系，結合對應值域及求參數范圍.10、D【解析】利用線面平行判定定理可判斷A、B、C選項的正誤；利用線面平行的性質定理可判斷D選項的正誤.【詳解】對于A選項，如下圖所示，連接，在正方體中，且，所以，四邊形為平行四邊形，則，、分別為、的中點，則，，平面，平面，平面；對于B選項，連接，如下圖所示：在正方體中，且，所以，四邊形為平行四邊形，則，、分別為、的中點，則，，平面，平面，平面；對于C選項，連接，如下圖所示：在正方體中，且，所以，四邊形為平行四邊形，則，、分別為、中點，則，，平面，平面，平面；對于D選項，如下圖所示，連接交于點，連接，連接交于點，若平面，平面，平面平面，則，則，由于四邊形為正方形，對角線交于點，則為的中點，、分別為、的中點，則，且，則，，則，又，則，所以，與平面不平行；故選：D.【點睛】判斷或證明線面平行的常用方法：（1）利用線面平行的定義，一般用反證法；（2）利用線面平行的判定定理（，，），其關鍵是在平面內找（或作）一條直線與已知直線平行，證明時注意用符號語言的敘述；（3）利用面面平行的性質定理（，）.11、A【解析】由題意，對于集合M，△=a2-4＜0，解得-2＜a＜2；對于集合N，a≠3若-2＜a＜2，則a≠3；反之，不成立.命題p是命題q的充分不必要條件.故選A12、C【解析】解一元二次不等式,求出集合B，解得集合A,根據集合的交集運算求得答案.【詳解】由題意解得：，故，或，所以，故選：C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、①.②.【解析】根據最小正周期以及關于的方程求解出的值，根據對稱中心的公式求解出在上的對稱中心；先求解出的值，然后根據角的配湊結合兩角差的正弦公式求解出的值.【詳解】因為最小正周期為，所以，又因為，所以，所以或，又因為，所以，所以，所以，令，所以，又因為，所以，所以對稱中心為；因為，，所以，若，則，不符合，所以，所以，所以，故答案為：；.14、或【解析】考慮斜率不存在和存在兩種情況，利用點到直線距離公式計算得到答案.【詳解】顯然直線軸時符合要求，此時的方程為.當直線l的斜率存在時，設直線l的斜率為k，則l的方程為，即.∵A，B到l的距離相等∴，∴，∴，∴直線l的方程為.故答案為或【點睛】本題考查了點到直線的距離公式，忽略掉斜率不存在的情況是容易犯的錯誤.15、##0.6【解析】，根據三角函數誘導公式即可求解.【詳解】＝.故答案為：.16、【解析】求出的反函數即得【詳解】因為函數的圖象與的圖象關于對稱，所以是的反函數，的值域是，由得，即，所以故答案為：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、【解析】根據二倍角公式，結合題意，可求得的值，根據降冪公式，兩角和的正弦公式，化簡整理，根據齊次式的計算方法，即可得答案.【詳解】因為，整理可得，解得或因為，所以則18、（1）對稱中心是，單調遞增區間是，單調遞減區間是（2）當時，，當時，【解析】（1）由函數的最小正周期，求得，再根據當時，函數取到最值求得，根據函數的性質求對稱中心和單調區間；（2）寫出的解析式，根據定義域，求最值【詳解】（1），，，所以，，對稱中心是，單調遞增區間是，單調遞減區間是（2），，當時，，當時，【點睛】三角函數最值問題要注意整體代換思想的體現，由的取值范圍推斷的取值范圍19、（1）；（2）見解析.【解析】由題意可得，，解不等式可求；由已知可得，結合a的范圍，進行分類討論求解x的范圍【詳解】（1）由題意可得，，解可得，，函數的定義域為，由，可得，時，，解可得，，時，，解可得，【點睛】本題主要考查了對數函數的定義域及利用對數函數單調性求解對數不等式，體現了分類討論思想的應用，屬于基礎試題20、（1）；（2）函數在區間上的單調遞增，證明見解析（3）見解析【解析】（1）根據二次不等式的解集可以得到二次函數的零點，回代即可求出參數的值（2）定義法證明單調性，假設，若，則單調遞增，若，則單調遞減（3）單調性的逆應用，可以通過證明函數值的大小，反推變量的大小，難度較大【小問1詳解】，即，因不等式解集為，所以，解得：，所以【小問2詳解】函數在區間上的單調遞增，證明如下：假設，則，因為，所以，所以，即當時，，所以函數在區間上的單調遞增【小問3詳解】由（2）可得：函數在區間上的單調遞增，在區間上的單調遞減，因為，且，，所以，，證明，即證明，即證明，因為，所以即證明，代入解析式得：，即，令，因為在區間上的單調遞增，根據復合函數同增異減的性質可知，在區間上的單調遞減，所以單調遞增，即，所以在區間上恒成立，即，得證：【點睛】小問1求解析式，較易；小問2考察定義法證明單調性，按照常規方法求解即可；小問3難度較大，解題過程中應用到以下知識點：（1）可以通過證明函數值的大小，結合函數的單調性，反推出變量的大小，即若，且單減，則；解題過程（2）單調性的性質，復合函數同增異減以及增函數減去減函數為增函數21、（1），；（2）【解析】（1）由代入計算可得的值，根據對數的真數大于零，求出函數的定義域；（2）由（