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10小題；在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意，請將正確選項填涂在答題卡上.）1．如果角的終邊經過點，則（）A. B.C. D.2．已知冪函數過點，則在其定義域內（）A.為偶函數 B.為奇函數C.有最大值 D.有最小值3．不論a取何正實數，函數恒過點（）A. B.C. D.4．函數f（x）圖象大致為（）A. B.C. D.5．若定義在R上的偶函數滿足，且當時，f(x)=x,則函數y=f(x)-的零點個數是A.6個 B.4個C.3個 D.2個6．函數的部分圖象如圖所示，則可能是（）A. B.C. D.7．函數的零點個數為（

）A.1 B.2C.3 D.48．已知函數是定義在R上的偶函數，若對于任意不等實數，，，不等式恒成立，則不等式的解集為（）A. B.C. D.9．已知是定義域為的單調函數，且對任意實數，都有，則的值為（）A.0 B.C. D.110．平行四邊形中，，，，點滿足，則A.1 B.C.4 D.二、填空題（本大題共5小題，請把答案填在答題卡中相應題中橫線上）11．命題的否定是__________12．____.13．已知弧長為cm2的弧所對的圓心角為，則這條弧所在的扇形面積為_____cm214．給出下列五個論斷：①；②；③；④；⑤.以其中的兩個論斷作為條件，一個論斷作為結論，寫出一個正確的命題：___________.15．在下列四個函數中：①，②，③，④．同時具備以下兩個性質：(1)對于定義域上任意x，恒有；(2)對于定義域上的任意、，當時，恒有的函數是______(只填序號)三、解答題（本大題共6小題.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.）16．已知關于x，y的方程C：（1）當m為何值時，方程C表示圓；（2）在（1）的條件下，若圓C與直線l：相交于M、N兩點，且|MN|＝，求m的值.17．已知函數是偶函數（其中a，b是常數），且它的值域為（1）求的解析式；（2）若函數是定義在R上的奇函數，且時，，而函數滿足對任意的，有恒成立，求m的取值范圍18．已知函數的定義域為，若存在實數，使得對于任意都存在滿足，則稱函數為“自均值函數”，其中稱為的“自均值數”.（1）判斷函數是否為“自均值函數”，并說明理由：（2）若函數，為“自均值函數”，求的取值范圍；（3）若函數，有且僅有1個“自均值數”，求實數的值.19．已知全集，集合，（1）當時，求；（2）如果，求實數的取值范圍20．已知圓的圓心在直線上，半徑為，且圓經過點和點①求圓的方程②過點的直線截圖所得弦長為，求直線的方程21．已知函數，且求函數的定義域；求滿足的實數x的取值范圍

參考答案一、選擇題（本大題共10小題；在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意，請將正確選項填涂在答題卡上.）1、D【解析】由三角函數的定義可求得的值.【詳解】由三角函數的定義可得.故選：D.【點睛】本題考查利用三角函數的定義求值，考查計算能力，屬于基礎題.2、A【解析】設冪函數為，代入點，得到，判斷函數的奇偶性和值域得到答案.【詳解】設冪函數為，代入點，即，定義域為，為偶函數且故選：【點睛】本題考查了冪函數的奇偶性和值域，意在考查學生對于函數性質的綜合應用.3、A【解析】令指數為0，即可求得函數恒過點【詳解】令x+1=0，可得x=-1，則∴不論取何正實數，函數恒過點（-1，-1）故選A【點睛】本題考查指數函數的性質，考查函數恒過定點，屬于基礎題4、A【解析】根據函數圖象的特征，利用奇偶性判斷，再利用特殊值取舍.【詳解】因為f（x）=f（x），所以f（x）是奇函數，排除B，C又因為，排除D故選：A【點睛】本題主要考查了函數的圖象，還考查了理解辨析的能力，屬于基礎題.5、B【解析】因為偶函數滿足，所以的周期為2，當時，，所以當時，，函數的零點等價于函數與的交點個數，在同一坐標系中，畫出的圖象與的圖象，如上圖所示，顯然的圖象與的圖象有4個交點．選B.點睛：本題考查了根的存在性及根的個數判斷，以及函數與方程的思想，是中檔題．根據函數零點和方程的關系進行轉化是解答本題的關鍵6、A【解析】先根據函數圖象，求出和，進而求出，代入特殊點坐標，求出，，得到正確答案.【詳解】由圖象可知：，且，所以，不妨設：，將代入得：，即，，解得：，，當時，，故A正確，其他選項均不合要求.故選：A7、B【解析】函數的定義域為，且，即函數為偶函數，當時，，設，則：，據此可得：，據此有：，即函數是區間上的減函數，由函數的解析式可知：，則函數在區間上有一個零點，結合函數的奇偶性可得函數在R上有2個零點.本題選擇B選項.點睛：函數零點的求解與判斷方法：(1)直接求零點：令f(x)＝0，如果能求出解，則有幾個解就有幾個零點(2)零點存在性定理：利用定理不僅要函數在區間[a，b]上是連續不斷的曲線，且f(a)·f(b)＜0，還必須結合函數的圖象與性質(如單調性、奇偶性)才能確定函數有多少個零點(3)利用圖象交點的個數：將函數變形為兩個函數的差，畫兩個函數的圖象，看其交點的橫坐標有幾個不同的值，就有幾個不同的零點8、C【解析】由條件對于任意不等實數，，不等式恒成立可得函數在上為減函數，利用函數性質化簡不等式求其解.【詳解】∵函數是定義在R上的偶函數，∴，∴不等式可化為∵對于任意不等實數，，不等式恒成立，∴函數在上為減函數，又，∴，∴，∴不等式的解集為故選：C.9、B【解析】令，可以求得，即可求出解析式，進而求出函數值.【詳解】根據題意，令，為常數，可得，且，所以時有，將代入，等式成立，所以是的一個解，因為隨的增大而增大，所以可以判斷為增函數，所以可知函數有唯一解，又因為，所以，即，所以.故選：B.【點睛】本題主要考查函數單調性和函數的表示方法，屬于中檔題.10、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）.二、填空題（本大題共5小題，請把答案填在答題卡中相應題中橫線上）11、；【解析】根據存在量詞的命題的否定為全稱量詞命題即可得解；【詳解】解：因為命題“”為存在量詞命題，其否定為全稱量詞命題為故答案為：12、.【解析】本題直接運算即可得到答案.【詳解】解：，故答案為：.【點睛】本題考查指數冪的運算、對數的運算，是基礎題.13、【解析】先求出半徑，再用扇形面積公式求解即可.【詳解】由已知半徑為，則這條弧所在的扇形面積為.故答案為：.14、②③?⑤；③④?⑤；②④?⑤【解析】利用不等式的性質和做差比較即可得到答案.【詳解】由②③?⑤，因為，，則.由③④?⑤，由于，，則，所以.由②④?⑤，由于，且，則，所以.故答案為：②③?⑤；③④?⑤；②④?⑤15、③④【解析】滿足條件(1)則函數為奇函數，滿足條件(2)則函數為其定義域上的減函數.分別判斷四個函數的單調性和奇偶性即可.【詳解】滿足條件(1)則函數為奇函數，滿足條件(2)則函數為其定義域上的減函數.①，f(x)奇函數，在定義域不單調；②，f(x)是偶函數，在定義域R內不單調；③，f(x)是奇函數，且在定義域R上單調遞減；④，滿足為奇函數，且根據指數函數性質可知其在定義域R上為減函數.綜上，滿足條件(1)(2)的函數有③④.故答案為：③④.三、解答題（本大題共6小題.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.）16、（1）m＜5；（2）m＝4【解析】（1）求出圓的標準方程形式，即可求出m的值；（2）利用半徑，弦長，弦心距的關系列方程求解即可【詳解】解：（1）方程C可化為，顯然只要5?m＞0，即m＜5時，方程C表示圓；（2）因為圓C的方程為，其中m＜5，所以圓心C（1，2），半徑，則圓心C（1，2）到直線l：x＋2y?4＝0的距離為，因為|MN|＝，所以|MN|＝，所以，解得m＝4【點睛】本題主要考查直線和圓的位置關系的應用，根據圓的標準方程求出圓心和半徑是解決本題的關鍵17、（1）（2）【解析】（1）由偶函數的定義結合題意可求出，再由函數的值域為可求出，從而可求出函數解析式，（2）由題意求出的解析式，判斷出當時，，從而將問題轉化為滿足對任意的恒成立，設，則對恒成立，然后利用二次函數的性質求解【小問1詳解】由題∵是偶函數，∴，∴∴或，又∵的值域為，∴，∴，∴或，∴；【小問2詳解】若函數是定義在R上的奇函數，且時，，由（1）知，∴時，；時，；當時，，顯然時，，若，則又滿足對任意的，有恒成立，∴對任意的恒成立，即滿足對任意的恒成立，即，設，則對恒成立，設，∵函數的圖像開口向上，∴只需，∴，∴所求m的取值范圍是.18、（1）不是，理由見解析；（2）；（3）或.【解析】(1)假定函數是“自均值函數”，由函數的值域與函數的值域關系判斷作答.(2)根據給定定義可得函數在上的值域包含函數在上的值域，由此推理計算作答.(3)根據給定定義可得函數在上的值域包含函數在上的值域，再借助a值的唯一性即可推理計算作答.【小問1詳解】假定函數是“自均值函數”，顯然定義域為R，則存在，對于，存在，有，即，依題意，函數在R上的值域應包含函數在R上的值域，而當時，值域是，當時，的值域是R，顯然不包含R，所以函數不“自均值函數”.【小問2詳解】依題意，存在，對于，存在，有，即，當時，的值域是，因此在的值域包含，當時，而，則，若，則，，此時值域的區間長度不超過，而區間長度為1，不符合題意，于是得，，要在的值域包含，則在的最小值小于等于0，又時，遞減，且，從而有，解得，此時，取，的值域是包含于在的值域，所以的取值范圍是.【小問3詳解】依題意，存在，對于，存在，有，即，當時，的值域是，因此在的值域包含，并且有唯一的a值，當時，在單調遞增，在的值域是，由得，解得，此時a的值不唯一，不符合要求，當時，函數的對稱軸為，當，即時，在單調遞增，在的值域是，由得，解得，要a的值唯一，當且僅當，即，則，當，即時，，，，，由且得：，此時a的值不唯一，不符合要求，由且得，，要a的值唯一，當且僅當，解得，此時；綜上得：或，所以函數，有且僅有1個“自均值數”，實數的值是或.【點睛】結論點睛：若，，有，則的值域是值域的子集.19、（1）或；（2）（-∞，2）.【解析】先解出集合A（1）時，求出B,再求和；（2）把轉化為，分和進行討論.【詳解】（1）當時，，∴∴或.（2）∵，∴.當時，有，解得：；當時，因為，只需，解得：；綜上：,故實數的取值范圍（-∞，2）.【點睛】（1）集合的交并補運算：①離散型的數集用韋恩圖；②連續型的數集用數軸；（2）由求參數的范圍容易漏掉的情況20、①.②.或【解析】①.由題意設出圓心坐標，結合圓經過的點得到方程組，求解方程組計算可得圓的方程為②.分類討論直線的斜率存在和斜率不存在兩種情況可得直線的方程為或試題解析：①由題意可