13/132022-2023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；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．已知則（）A. B.C. D.2．“”是“”的（）A.充分必要條件 B.充分而不必要條件C.必要而不充分條件 D.既不充分也不必要條件3．如圖，在四棱錐中，底面為正方形，且,其中，，分別是，，的中點，動點在線段上運動時，下列四個結論：①；②；③面；④面，其中恒成立的為（）A.①③ B.③④C.①④ D.②③4．已知函數的定義域為，集合，若中的最小元素為2，則實數的取值范圍是：A. B.C. D.5．“”是“函數為偶函數”（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件6．設奇函數f(x)在(0，＋∞)上為減函數，且f（1）＝0，則不等式＜0的解集為（）A.(－1，0)∪(1，＋∞) B.(－∞，－1)∪(0，1)C.(－∞，－1)∪(1，＋∞) D.(－1，0)∪(0，1)7．已知方程的兩根為與，則（）A.1 B.2C.4 D.68．如圖所示，將等腰直角△ABC沿斜邊BC上的高AD折成一個二面角，使得∠B′AC＝60°．那么這個二面角大小是（）A.30° B.60°C.90° D.120°9．已知函數則的值為（）A. B.0C.1 D.210．集合，集合，則等于（）A. B.C. 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．已知函數，其所有的零點依次記為，則_________.12．寫出一個在區間上單調遞增冪函數：______13．我國古代數學名著《九章算術》中相當于給出了已知球的體積V，求其直徑d的一個近似公式.規定：“一個近似數與它準確數的差的絕對值叫這個近似數的絕對誤差.”如果一個球體的體積為，那么用這個公式所求的直徑d結果的絕對誤差是___________.（參考數據：，結果精確到0.01）14．tan22°+tan23°+tan22°tan23°=_______15．__________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．已知集合，，（1）求；（2）若，求m的取值范圍17．若兩個函數和對任意，都有，則稱函數和在上是疏遠的（1）已知命題“函數和在上是疏遠的”，試判斷該命題的真假．若該命題為真命題，請予以證明；若為假命題，請舉反例；（2）若函數和在上是疏遠的，求整數a的取值范圍18．已知函數，（其中，，）的圖象與軸的交點中，相鄰兩個交點之間的距離為，且圖象上一個最高點為.（1）求函數的解析式；（2）先把函數的圖象向左平移個單位長度，然后再把所得圖象上各點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），得到函數的圖象，若總存在，使得不等式成立，求實數的最小值.19．已知關于不等式.（1）若不等式的解集為，求實數的值；（2）若，成立，求實數的取值范圍.20．已知函數，.（1）求的最小正周期；（2）求在區間上的最大值和最小值.21．已知函數.（1）當，為奇函數時，求b的值；（2）如果為R上的單調函數，請寫出一組符合條件的a，b值；（3）若，，且的最小值為2，求的最小值.

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】先利用同角三角函數基本關系式求出和，然后利用兩角和的余弦公式展開代入即可求出cos（α+β）【詳解】∵∴∴，∴，∴故選：D2、B【解析】由等價于，或，再根據充分、必要條件的概念，即可得到結果.【詳解】因為，所以，或，所以“”是“”的充分而不必要條件.故選:B.3、A【解析】分析：如圖所示，連接AC、BD相交于點O，連接EM，EN（1）由正四棱錐S﹣ABCD，可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，進而得到SO⊥AC．可得AC⊥平面SBD．由已知E，M，N分別是BC，CD，SC的中點，利用三角形的中位線可得EM∥BD，MN∥SD，于是平面EMN∥平面SBD，進而得到AC⊥平面EMN，AC⊥EP;（2）由異面直線的定義可知：EP與BD是異面直線，因此不可能EP∥BD；（3）由（1）可知：平面EMN∥平面SBD，可得EP∥平面SBD；（4）由（1）同理可得：EM⊥平面SAC，可用反證法證明：當P與M不重合時，EP與平面SAC不垂直詳解：如圖所示，連接AC、BD相交于點O，連接EM，EN對于（1），由正四棱錐S﹣ABCD，可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，∴SO⊥AC∵SO∩BD=O，∴AC⊥平面SBD，∵E，M，N分別是BC，CD，SC的中點，∴EM∥BD，MN∥SD，而EM∩MN=N，∴平面EMN∥平面SBD，∴AC⊥平面EMN，∴AC⊥EP．故正確對于（2），由異面直線的定義可知：EP與BD是異面直線，不可能EP∥BD，因此不正確；對于（3），由（1）可知：平面EMN∥平面SBD，∴EP∥平面SBD，因此正確對于（4），由（1）同理可得：EM⊥平面SAC，若EP⊥平面SAC，則EP∥EM，與EP∩EM=E相矛盾，因此當P與M不重合時，EP與平面SAC不垂直．即不正確故選A點睛：本題考查了空間線面、面面的位置關系判定，屬于中檔題．對于這種題目的判斷一般是利用課本中的定理和性質進行排除，判斷.還可以畫出樣圖進行判斷，利用常見的立體圖形，將點線面放入特殊圖形，進行直觀判斷.4、C【解析】本題首先可以求出集合以及集合中所包含的元素，然后通過交集的相關性質以及中的最小元素為2即可列出不等式組，最后求出實數的取值范圍【詳解】函數，，或者，所以集合，，，，所以集合，因為中的最小元素為2，所以，解得，故選C【點睛】本題考查了集合的相關性質，主要考查了交集的相關性質、函數的定義域、帶絕對值的不等式的求法，考查了推理能力與計算能力，考查了化歸與轉化思想，提升了學生的邏輯思維，是中檔題5、A【解析】根據充分必要條件定義判斷【詳解】時，是偶函數，充分性滿足，但時，也是偶函數，必要性不滿足應是充分不必要條件故選：A6、C【解析】利用函數奇偶性，等價轉化目標不等式，再結合已知條件以及函數單調性，即可求得不等式解集.【詳解】∵f(x)為奇函數，故可得，則＜0等價于.∵f(x)在(0，＋∞)上為減函數且f（1）＝0，∴當x＞1時，f(x)＜0.∵奇函數圖象關于原點對稱，∴在(－∞，0)上f(x)為減函數且f(－1)＝0，即x＜－1時，f(x)＞0.綜上使＜0的解集為(－∞，－1)∪(1，＋∞)故選：.【點睛】本題考查利用函數奇偶性和單調性解不等式，屬綜合基礎題.7、D【解析】由一元二次方程的根與系數的關系得出兩根的和與積，再湊配求解【詳解】顯然方程有兩個實數解，由題意，，所以故選：D8、C【解析】根據折的過程中不變的角的大小、結合二面角的定義進行判斷即可.【詳解】因為AD是等腰直角△ABC斜邊BC上的高，所以，因此是二面角的平面角，∠B′AC＝60°．所以是等邊三角形，因此，在中.故選：C【點睛】本題考查了二面角的判斷，考查了數學運算能力，屬于基礎題.9、C【解析】將代入分段函數解析式即可求解.【詳解】解：因為，所以，又，所以，故選：C.10、B【解析】直接利用交集的定義求解即可.【詳解】由題得.故選：B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、16【解析】由零點定義,可得關于的方程.去絕對值分類討論化簡.將對數式化為指數式,再去絕對值可得四個方程.結合韋達定理,求得各自方程兩根的乘積,即可得所有根的積.【詳解】函數的零點即所以去絕對值可得或即或去絕對值可得或,或當,兩邊同時乘以,化簡可得,設方程的根為.由韋達定理可得當,兩邊同時乘以,化簡可得,設方程的根為.由韋達定理可得當,兩邊同時乘以,化簡可得,設方程的根為.由韋達定理可得當,兩邊同時乘以,化簡可得,設方程的根為.由韋達定理可得綜上可得所有零點的乘積為故答案為:【點睛】本題考查了函數零點定義,含絕對值方程的解法,分類討論思想的應用,由韋達定理研究方程根的關系,屬于難題.12、x（答案不唯一）【解析】由冪函數的性質求解即可【詳解】因為冪函數在區間上單調遞增，所以冪函數可以是，故答案為：（答案不唯一）13、05【解析】根據球的體積公式可求得準確直徑，由近似公式可得近似直徑，然后由絕對誤差的定義即可求解.【詳解】解：由題意，，所以，所以直徑d結果的絕對誤差是，故答案為：0.05.14、1【解析】解：因為tan22°+tan23°+tan22°tan23°=tan(22°+23°)(1-tan22°tan23°)+tan22°tan23°=tan45°=115、2【解析】考點：對數與指數的運算性質三、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）（2）【解析】（1）先求得集合A，再由集合的補集運算和交集運算可求得答案；（2）根據條件建立不等式組，可求得所求范圍.【小問1詳解】因為，，所以，【小問2詳解】因為，所以解得．故m的取值范圍是17、（1）該命題為假命題，反例為:當時，.（2）.【解析】（1）利用“疏遠函數”的定義直接判斷即可，以或舉例即可；（2）由函數的定義域可確定實數，構造函數，可證當時，恒成立，即函數和在上是疏遠的【小問1詳解】該命題為假命題，反例為:當時，.【小問2詳解】由函數的定義域可知，故記∵在上單調遞增，在上單調遞減，∴在上單調遞增，∴當時，，不滿足；當時，，不滿足；當時，，∴當時，故.18、（1）；（2）.【解析】（1）根據相鄰兩個交點之間的距離為可求出，由圖像上一個最高點為可求出，，從而得到函數的解析式；（2）根據三角變換法則可得，再求出在上的最小值，利用對數函數的單調性即可求出實數的最小值【詳解】（1）∵，∴，解得.又函數圖象上一個最高點為，∴，（），∴（），又，∴，∴（2）把函數的圖象向左平移個單位長度，得到；然后再把所得圖象上各點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），得到函數的圖象，即，∵，∴，，依題意知，，∴，即實數的最小值為.19、（1）；（2）.【解析】（1）結合一元二次不等式的解集、一元二次方程的根的關系列方程，由此求得的值.（2）對分成可兩種情況進行分類討論，結合判別式求得的取值范圍.【詳解】（1）關于的不等式的解集為，∴和1是方程的兩個實數根，代入得，解得；（2）當時，不等式為，滿足題意；當時，應滿足，解得；綜上知，實數的取值范圍是.20、（1）（2）最大值為，最小值為【解析】（1）利用二倍角公式和兩角和正弦公式化簡再由周期公式計算可得答案；（2）根據當的范圍可得，再計算出可得答案.【小問1詳解】，所以的最小正周期.【小問2詳解】當時，，所以，所以，所以在區間上的最大值為和最小值.21、（1）（2），（答案不唯一，滿足即可）（3）【解析】（1）當時，根據奇函數的定義，可得，化簡整理，即可