2022-2023學年高一上數學期末模擬試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．已知，則（）.A. B.C. D.2．過點且平行于直線的直線方程為A. B.C. D.3．設是兩個不同的平面，是一條直線，以下命題正確的是A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則4．已知x＞0，y＞0，且x+2y＝2，則xy（）A.有最大值為1 B.有最小值為1C.有最大值為 D.有最小值為5．最小值是A.-1 B.C. D.16．下列各角中與角終邊相同的角是()A.－300° B.－60°C.600° D.1380°7．設函數，若關于的方程有四個不同的解，，，，且，則的取值范圍是（）A. B.C. D.8．函數的圖像與函數的圖像所有交點的橫坐標之和等于A2 B.4C.6 D.89．已知定義在R上的函數是奇函數，設，，，則有（）A. B.C. D.10．某同學用“五點法”畫函數在一個周期內的簡圖時，列表如下：0xy0200則的解析式為（）A. B.C D.11．設，為平面向量，則“存在實數，使得”是“向量，共線”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件12．下列運算中，正確的是（）A. B.C. D.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．若，記，，，則P、Q、R的大小關系為______14．等比數列中，，則___________15．已知圓C：（x﹣2）2+（y﹣1）2＝10與直線l：2x+y＝0，則圓C與直線l的位置關系是_____16．函數的單調增區間是______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。）17．2021年新冠肺炎疫情仍在世界好多國家肆虐，并且出現了傳染性更強的“德爾塔”、“拉姆達”、“奧密克戎”變異毒株，盡管我國抗疫取得了很大的成績，疫情也得到了很好的遏制，但由于整個國際環境的影響，時而也會出現一些散發病例，故而抗疫形勢依然艱巨，日常防護依然不能有絲毫放松.某科研機構對某變異毒株在一特定環境下進行觀測，每隔單位時間進行一次記錄，用表示經過單位時間的個數，用表示此變異毒株的數量，單位為萬個，得到如下觀測數據：123456（萬個）1050250若該變異毒株的數量（單位：萬個）與經過個單位時間的關系有兩個函數模型與可供選擇.（1）判斷哪個函數模型更合適，并求出該模型的解析式；（2）求至少經過多少個單位時間該病毒的數量不少于1億個.（參考數據：）18．如圖，點，，在函數的圖象上（1）求函數的解析式；（2）若函數圖象上的兩點，滿足，，求四邊形OMQN面積的最大值19．已知全集，集合，.（1）求；（2）若集合，且，求實數a的取值范圍.20．已知的圖象上相鄰兩對稱軸的距離為.（1）若，求的遞增區間；（2）若時，若最大值與最小值之和為5，求的值.21．已知函數是定義在上的奇函數，且當時，（1）求實數的值；（2）求函數在上的解析式；（3）若對任意實數恒成立，求實數的取值范圍22．已函數.（1）求f(x)的最小正周期；（2）求f(x)的單調遞增區間.

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、C【解析】將分子分母同除以，再將代入求解.【詳解】.故選：C【點睛】本題主要考查同角三角函數基本關系式，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.2、A【解析】解析：設與直線平行直線方程為，把點代入可得，所以所求直線的方程為，故選A3、C【解析】對于A、B、D均可能出現，而對于C是正確的4、C【解析】利用基本不等式的性質進行求解即可【詳解】，，且，（1），當且僅當，即，時，取等號，故的最大值是：，故選：【點睛】本題主要考查基本不等式的應用，注意基本不等式成立的條件5、B【解析】∵，∴當sin2x=-1即x=時，函數有最小值是，故選B考點：本題考查了三角函數的有界性點評：熟練掌握二倍角公式及三角函數的值域是解決此類問題的關鍵，屬基礎題6、A【解析】與角終邊相同的角為：.當時，即為－300°.故選A7、A【解析】根據圖象可得：，，，.，則.令，，求函數的值域，即可得出結果.【詳解】畫出函數的大致圖象如下：根據圖象可得：若方程有四個不同的解，，，，且，則，，，.，，，則.令，，而函數在單調遞增，所以，則.故選：A.【點睛】本題考查函數的圖象與性質，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想、數形結合思想，考查運算求解能力，求解時注意借助圖象分析問題，屬于中檔題.8、D【解析】由于函數與函數均關于點成中心對稱，結合圖形以點為中心兩函數共有個交點，則有，同理有，所以所有交點橫坐標之和為.故正確答案為D.考點：1.函數的對稱性；2.數形結合法的應用.9、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.10、D【解析】由表格中的五點，由正弦型函數的性質可得、、求參數，即可寫出的解析式.【詳解】由表中數據知：且，則，∴，即，又，可得.∴.故選：D.11、A【解析】結合充分條件和必要條件的概念以及向量共線即可判斷.【詳解】充分性：由共線定理即可判斷充分性成立；必要性：若，，則向量，共線，但不存在實數，使得，即必要性不成立.故選：A.12、C【解析】根據對數和指數的運算法則逐項計算即可.【詳解】，故A錯誤；，故B錯誤；，故C正確；，故D錯誤.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、【解析】利用平方差公式和同角三角函數的平方關系可得P、R的關系，然后作差，因式分解，結合已知可判斷P、Q的大小關系.【詳解】又因為，所以所以，即所以P、Q、R的大小關系為.故答案為：14、【解析】等比數列中，由可得．等比數列，構成以為首項，為公比的等比數列，所以【點睛】若數列為等比數列，則構成等比數列15、相交【解析】根據題意只需判斷圓心到直線的距離與半徑比較大小即可判斷詳解】由題意有圓心，半徑則圓心到直線的距離故直線與圓C相交故答案為：相交【點睛】本題主要考查直線和圓的位置關系的判斷，屬于基礎試題16、【解析】先求出函數定義域，再換元，利用復合函數單調性的求法求解【詳解】由，得，所以函數的定義域為，令，則，因為在上遞增，在上遞減，而在上為增函數，所以在上遞增，在上遞減，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、（1）選擇函數更合適，解析式為（2）11個單位【解析】（1）將，和，分別代入兩種模型求解解析式，再根據時的值估計即可；（2）根據題意，進而結合對數運算求解即可.【小問1詳解】若選，將，和，代入得，解得得將代入，，不符合題意若選，將，和，代入得，解得得將代入得，符合題意綜上：所以選擇函數更合適，解析式為【小問2詳解】解：設至少需要個單位時間，則，即兩邊取對數：因為，所以的最小值為11至少經過11個單位時間不少于1億個18、（1）（2）【解析】（1）由圖可求出，從而求得，由圖可知函數處取得最小值，從而可求出的值，再將點的坐標代入函數中可求出，進而可求出函數的解析式，（2）由題意求得所以，，而四邊形OMQN的面積為S，則，代入化簡利用三角函數的性質可求得結果【小問1詳解】由圖可知的周期T滿足，得又因為，所以，解得又在處取得最小值，即，得，所以，，解得，因為，所以．由，得，所以綜上，【小問2詳解】當時，，所以．由知此時記四邊形OMQN的面積為S，則又因為，所以，所以當，即時，取得最大值所以四邊形OMQN面積的最大值是19、（1）（2）【解析】（1）先求出集合，再按照并集和補集計算即可；（2）先求出，再由求出a取值范圍即可.【小問1詳解】，，；【小問2詳解】，由題得故.20、(1)增區間是[kπ－,kπ＋],k∈Z(2)【解析】首先根據已知條件，求出周期，進而求出的值，確定出函數解析式，由正弦函數的遞增區間，，即可求出的遞增區間由確定出的函數解析式，根據的范圍求出這個角的范圍，利用正弦函數的圖象與性質即可求出函數的最大值，即可得到的值解析：已知由，則T＝π＝，∴w＝2∴（1）令－＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ則－＋kπ≤x≤＋kπ故f(x)的增區間是[kπ－,kπ＋],k∈Z（2）當x∈[0,]時，≤2x＋≤∴sin(2x＋)∈[－,1]∴∴點睛：這是一道求三角函數遞增區間以及利用函數在某區間最大值求得參數的題目，主要考查了兩角和的正弦函數公式，正弦函數的單調性，以及正弦函數的定義域和值域，解題的關鍵是熟練掌握正弦函數的性質，屬于中檔題21、(1);(2);(3)【解析】(1)由題利用即可求解；（2）當x＜0，則﹣x＞0，根據函數為奇函數f（﹣x）＝﹣f（x）及當x＞0時，，可得函數在x＜0時的解析式，進而得到函數在R上的解析式；（3）根據奇函數在對稱區間上單調性相同，結合指數函數的圖象和性質，可分析出函數的單調性，進而將原不等式變形，解不等式可得實數的取值范圍．【詳解】解：（1）函數是定義在上的奇函數,解得（2）由(1)當,又是奇函數，(3)由及函數是定義在上的奇函