13/142022-2023學年高一上數學期末模擬試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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．公元263年左右，我國數學有劉徽發現當圓內接多邊形的邊數無限增加時，多邊形的面積可無限逼近圓的面積，并創立了割圓術，利用割圓術劉徽得到了圓周率精確到小數點后面兩位的近似值3.14，這就是著名的“徽率”．某同學利用劉徽的“割圓術”思想設計了一個計算圓周率的近似值的程序框圖如圖，則輸出S的值為（參考數據：）A.2.598 B.3.106C.3.132 D.3.1422．已知，，則下列不等式中恒成立的是（）A. B.C. D.3．已知的部分圖象如圖所示，則的表達式為A.B.C.D.4．已知，則（）A. B.C. D.5．下列函數中，既是奇函數又存在零點的函數是（）A. B.C. D.6．已知函數，則的值是A. B.C. D.7．已知冪函數f（x）=xa的圖象經過點P（-2，4），則下列不等關系正確的是（）A. B.C. D.8．將函數的圖像先向右平移個單位，再把所得函數圖像橫坐標變為原來的，縱坐標不變，得到函數的圖像，若函數在上沒有零點，則的取值范圍是（）A. B.C. D.9．設函數與的圖象的交點為，，則所在的區間是A. B.C. D.10．如圖，已知正方體中，異面直線與所成的角的大小是A.B.C.D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．函數的圖象恒過定點,點在冪函數的圖象上,則=____________12．在中，，，則面積的最大值為___________.13．使得成立的一組，的值分別為_____.14．已知，，且，若不等式恒成立，則實數m的取值范圍為______15．已知向量，，若，，，則的值為__________16．如果對任意實數x總成立，那么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．已知函數是上的偶函數，當時，.（1）用單調性定義證明函數在上單調遞增；（2）求當時，函數的解析式.18．已知圓C經過點，兩點，且圓心在直線上（1）求圓C的方程；（2）已知、是過點且互相垂直的兩條直線，且與C交于A，B兩點，與C交于P、Q兩點，求四邊形APBQ面積的最大值19．（1）已知，化簡：；（2）已知，證明：20．已知，且.（1）求；（2）若，，求的值.21．已知.（1）化簡；（2）若α＝－，求f(α)的值.

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、C【解析】閱讀流程圖可得，輸出值為：.本題選擇C選項.點睛：識別、運行程序框圖和完善程序框圖的思路(1)要明確程序框圖的順序結構、條件結構和循環結構(2)要識別、運行程序框圖，理解框圖所解決的實際問題(3)按照題目要求完成解答并驗證2、D【解析】直接利用特殊值檢驗及其不等式的性質判斷即可.【詳解】對于選項A，令，，但，則A錯誤；對于選項B，令，，但，則B錯誤；對于選項C，當時，，則C錯誤；對于選項D，有不等式的可加性得，則D正確，故選：D.3、B【解析】由圖可知，，所以，所以，又當，即，所以，即，當時，，故選.考點：三角函數的圖象與性質.4、A【解析】利用誘導公式及正弦函數的單調性可判斷的大小，利用正切函數的單調性可判斷的范圍，從而可得正確的選項.【詳解】，，因為，故，而，因為，故，故，綜上，，故選：A5、A【解析】判斷函數的奇偶性，可排除選項得出正確答案【詳解】因為是偶函數，故B錯誤；是非奇非偶函數，故C錯誤；是非奇非偶函數，故D錯誤；故選：A.6、B【解析】直接利用分段函數，求解函數值即可【詳解】函數，則f（1）+＝log210++1＝故選B【點睛】本題考查分段函數的應用，函數值的求法，考查計算能力7、A【解析】根據冪函數的圖像經過點，可得函數解析式，然后利用函數單調性即可比較得出大小關系【詳解】因為冪函數的圖像經過點，所以，解得，所以函數解析式為：，易得為偶函數且在單調遞減，在單調遞增A：，正確；B：，錯誤；C：，錯誤；D：，錯誤故選A【點睛】本題考查利用待定系數法求解函數解析式，函數奇偶性和單調性的關系：奇函數在對應區間的函數單調性相同；偶函數在對應區間的函數單調性相反8、C【解析】先由圖象的變換求出的解析式，再由定義域求出的范圍，再利用正弦函數的圖象和性質，求得的取值范圍.【詳解】函數的圖象先向右平移個單位長度，可得的圖象，再將圖象上每個點的橫坐標變為原來的倍(縱坐標不變)，得到函數的圖象，∴周期，由，則，若函數在上沒有零點，結合正弦函數的圖象觀察則∴，，解得，又，解得，當時，解得，當時，，可得，.故選：C【點睛】本題考查正弦型的圖象變換及零點問題，此類問題通常采用數形結合思想，構建不等關系式求解，屬于較難題.第II卷9、A【解析】設，則，有零點的判斷定理可得函數的零點在區間內，即所在的區間是．選A10、C【解析】在正方體中，利用線面垂直的判定定理，證得平面，由此能求出結果【詳解】如圖所示，在正方體中，連結，則，，由線面垂直的判定定理得平面，所以,所以異面直線與所成的角的大小是故選C本題主要考查了直線與平面垂直判定與證明，以及異面直線所成角的求解，其中解答中牢記異面直線所成的求解方法和轉化思想的應用是解答的關鍵，平時注意空間思維能力的培養，著重考查了推理與論證能力，屬于基礎題二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】因為函數圖象恒過定點，則可之令2x-3=1,x=2,函數值為4，故過定點（2，4），然后根據且點在冪函數的圖象上，設,故可知=9，故答案為9.考點：對數函數點評：本題考查了對數函數圖象過定點（1，0），即令真數為1求對應的x和y，則是所求函數過定點的坐標12、【解析】利用誘導公式，兩角和與差余弦公式、同角間的三角函數關系得，得均為銳角，設邊上的高為，由表示出，利用基本不等式求得的最大值，即可得三角形面積最大值【詳解】中，，所以，整理得，即，所以均為銳角，作于，如圖，記，則，，所以，，當且僅當即時等號成立．所以，的最大值為故答案為：13、，（不唯一）【解析】使得成立，只需，舉例即可.【詳解】使得成立，只需，所以,，使得成立的一組，的值分別為，故答案為：，（不唯一）14、【解析】由基本不等式求得的最小值，解不等式可得的范圍【詳解】∵，，，，∴，當且僅當，即時等號成立，∴的最小值為8，由解得，故答案為：15、C【解析】分析：由，，，可得向量與平行，且，從而可得結果.詳解：∵，，，∴向量與平行，且，∴．故答案為.點睛：本題主要考查共線向量的坐標運算，平面向量的數量積公式，意在考查對基本概念的理解與應用，屬于中檔題16、【解析】先利用絕對值三角不等式求出的最小值，進而求出a的取值范圍.【詳解】，當且僅當時等號成立，故，所以a的取值范圍是.故答案為：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）詳見解析；（2）.【解析】（1）利用單調性的定義即證；（2）當時，可得，再利用函數的奇偶性即得.【小問1詳解】，且，則，∵，且，∴，∴，即，∴函數在上單調遞增；【小問2詳解】當時，，∴，又函數是上的偶函數，∴，即當時，.18、（1）（2）7【解析】（1）根據題意，求出MN的中垂線的方程為，分析可得圓心為直線和的交點，聯立直線的方程可得圓心的坐標，進而求出圓的半徑，由圓的標準方程可得答案；（2）根據題意，分2種情況討論：，當直線，，其中一條直線斜率為0時，另一條斜率不存在，分析可得四邊形APBQ的面積；，當直線，斜率均存在時，設直線的斜率為k，則方程的方程為，用k表示四邊形APBQ的面積，由二次函數分析其最值，綜合即可得答案【小問1詳解】根據題意，點，，則線段MN的中垂線方程為，圓心為直線和的交點，則有，解得，所以圓C的圓心坐標為；半徑，所以圓C的方程為.【小問2詳解】根據題意，已知、是互相垂直的兩條直線，分2種情況討論：，當直線，，其中一條直線斜率為0時．另一條斜率不存在不妨令的斜率為0，此時，四邊形APBQ的面積，當直線，斜率均存在時，設直線的斜率為則其方程為，圓心到直線的距離為，于是，又的方程為同理，所以四邊形APBQ的面積，當且僅當即時，等號成立因為綜上所述，四邊形APBQ面積的最大值為719、(1)0；(2)證明見解析.【解析】(1)由給定條件確定出，值的正負及大小，再利用二倍角公式化簡計算即得；(2)由給定角求出，利用和角公式變形，再展開所證等式的左邊代入計算即得.【