2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效一、选择题（本大题共12小题，共60分）1．角的终边落在（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限2．定义域为R的函数，若关于的方程恰有5个不同的实数解，则=A.0 B.C. D.13．已知函数，若存在实数，（）满足，则的最小值为（）A B.C. D.14．已知，，，则a，b，c三个数的大小关系是（）A. B.C. D.5．函数的图象是（ ）A. B.C. D.6．小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是中的一个字母，第二位是1,2,3,4,5中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是A. B.C. D.7．函数（其中mR）的图像不可能是（）A. B.C. D.8．已知偶函数f (x)在区间单调递增，则满足的x 取值范围是（ ）A. B.C. D.9．如图，一个水平放置的平面图形的直观图是边长为2的菱形，且，则原平面图形的周长为（）A. B.C. D.810．在正内有一点，满足等式，，则（）A. B.C. D.11．已知点，，，则的面积为（）A.5 B.6C.7 D.812．命题“，是4倍数”的否定为（）A.，是4的倍数 B.，不是4的倍数C.，不是4倍数 D.，不是4的倍数二、填空题（本大题共4小题，共20分）13．化简________.14．已知函数的图象如图所示，则函数的解析式为__________.15．已知函数是R上的减函数，则实数a的取值范围为_______16．将函数图象上的所有点向右平行移动个单位长度，则所得图象的函数解析式为___________.三、解答题（本大题共6小题，共70分）17．已知，（1）求的值；（2）求的值18．已知函数的部分图象如图所示，且在处取得最大值，图象与轴交于点（1）求函数的解析式；（2）若，且，求值19．设函数（）在处取最大值（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）在中，分别是角的对边．已知，，，求的值20．设a∈R，是定义在R上的奇函数，且.（1）试求的反函数的解析式及的定义域；（2）设，若时，恒成立，求实数k的取值范围.21．已知函数是奇函数（1）求实数a的值；（2）当时，①判断的单调性（不要求证明）；②对任意实数x，不等式恒成立，求正整数m的最小值22．已知，函数.（1）若有两个零点，且的最小值为，当时，判断函数在上的单调性，并说明理由；（2）设，记为集合中元素的最大者与最小者之差.若对，恒成立，求实数a的取值范围.参考答案一、选择题（本大题共12小题，共60分）1、A【解析】由于，所以由终边相同的定义可得结论【详解】因为，所以角的终边与角的终边相同，所以角的终边落在第一象限角故选：A2、C【解析】本题考查学生的推理能力、数形结合思想、函数方程思想、分类讨论等知识如图，由函数的图象可知，若关于的方程恰有5个不同的实数解，当时，方程只有一根为2；当时，方程有两不等实根（），从而方程，共有四个根，且这四个根关于直线对称分布，故其和为8.从而，，选C【点评】本题需要学生具备扎实的基本功，难度较大3、A【解析】令=t，分别解得，，得到，根据参数t的范围求得最小值.【详解】当0≤x≤2时，0≤x2≤4，当20时，y＝x＋1；当x<0时，y＝x－1.即，故其图象应为C.故选：C6、C【解析】开机密码的可能有，，共15种可能，所以小敏输入一次密码能够成功开机的概率是，故选C【考点】古典概型【解题反思】对古典概型必须明确两点：①对于每个随机试验来说，试验中所有可能出现基本事件只有有限个；②每个基本事件出现的可能性相等．只有在同时满足①、②的条件下，运用的古典概型计算公式（其中n是基本事件的总数，m是事件A包含的基本事件的个数）得出的结果才是正确的7、C【解析】对m分类讨论，利用对勾函数的单调性，逐一进行判断图像即可.【详解】易见，① 当时，图像如A选项；②当时，时，易见在递增，得在递增；时，令，得为对勾函数，所以在递增，递减，所以根据复合函数单调性得在递减，递增，图像为D；③当时，时，易见在递减，故在递减；时为对勾函数， 所以在递减，递增，图像为B.因此，图像不可能是C.故选：C.【点睛】本题考查了利用对勾函数单调性来判断函数的图像，属于中档题.8、A【解析】由偶函数性质得函数在上的单调性，然后由单调性解不等式【详解】因为偶函数在区间上单调递增，所以在区间上单调递减，故越靠近轴，函数值越小，因为，所以，解得：.故选：A9、B【解析】利用斜二测画法还原直观图即得.【详解】由题可知，∴，还原直观图可得原平面图形，如图，则，∴，∴原平面图形的周长为.故选：B.10、A【解析】过作交于，作交于，则，可得，在中由正弦定理可得答案.【详解】过作交于，作交于，则，，在中，，，由正弦定理得.故选：A.11、A【解析】设AB边上的高为h，则S△ABC＝|AB|·h，根据两点的距离公式求得|AB|，而AB边上的高h就是点C到直线AB的距离，由点到直线的距离公式可求得选项【详解】设AB边上的高为h，则S△ABC＝|AB|·h，而|AB|＝，AB边上的高h就是点C到直线AB的距离AB边所在的直线方程为，即x＋y－4＝0.点C到直线x＋y－4＝0的距离为，因此，S△ABC＝×2 ×＝5.故选：A12、B【解析】根据特称量词命题的否定是全称量词命题即可求解【详解】因为特称量词命题的否定是全称量词命题，所以命题“，是4的倍数”的否定为“，不是4的倍数”故选：B二、填空题（本大题共4小题，共20分）13、【解析】观察到，故可以考虑直接用辅助角公式进行运算.【详解】故答案为：.14、【解析】根据最大值得，再由图像得周期，从而得，根据时，取得最大值，利用整体法代入列式求解，再结合的取值范围可得.【详解】根据图像的最大值可知，，由，可得，所以，再由得，，所以，因为，所以，故函数的解析式为.故答案为：.15、【解析】由已知结合分段函数的性质及一次函数的性质，列出关于a的不等式，解不等式组即可得解.【详解】因为函数是R上的减函数所以需满足，解得，即所以实数a的取值范围为故答案为：16、【解析】由题意利用函数的图象变换规律，即可得到结果【详解】将函数的图象向右平移个单位，所得图象对应的函数解析式，即.故答案为：.三、解答题（本大题共6小题，共70分）17、（1）；（2）.【解析】（1）先根据的值和二者的平方关系联立求得的值，再把平方即可求出；（2）结合（1）求，的值，最后利用商数关系求得的值，代入即可得解【详解】（1）∵，∴，∴，∵，∴，,，∴，∴.（2）由，，解得，，∴∵，，∴【点睛】方法点睛：三角恒等常用的方法：三看（看角、看名、看式），三变（变角、变名、变式）.18、（1）（2）【解析】（1）根据图象可得函数的周期，从而求得，结合函数在处取得最大值，可求得的值，再根据图象与轴交于点，可求得，从而可得解；（2）根据（1）及角的范围求得，，再利用两角差的余弦公式进行化简可求解.【小问1详解】由图象可知函数的周期为，所以.又因为函数在处取得最大值所以，所以，因为，所以，故.又因为，所以，所以.【小问2详解】由（1）有，因为，则，由于，从而，因此.所以.19、 (Ⅰ)；(Ⅱ).【解析】(Ⅰ)由题意得，根据在处取最大值得，即，故．（Ⅱ）由(Ⅰ)可得，故，所以，由正弦定理得，所以，故可得试题解析：（Ⅰ） ，因为在时取最大值，所以，故又，所以（Ⅱ）由（Ⅰ）知因为，所以，又为的内角，所以由正弦定理得，由题意得为锐角，所以.所以20、（1）；（2）.【解析】(1)根据函数的奇偶性求出的值，结合反函数的概念求出，利用指数函数的性质求出的取值范围即可；(2)由对数函数概念可得，将原问题转化为在恒成立，结合二次函数的性质即可得出结果.【小问1详解】因为为R上的奇函数，所以，即，解得，所以，为R上的奇函数，所以符合题意.有令，则，得，由得，即，；【小问2详解】由，得，由恒成立可得恒成立，即在恒成立，所以，即，因为，所以，解得.所以k的取值范围是.21、（1）或（2）①在上单调递增②3【解析】（1）依题意可得，即可得到方程，解得即可；（2）①根据复合函数的单调性判断可得；②根据函数的单调性与奇偶性可得在上恒成立，由，即可得到不等式，解得的取值范围，即可得解；【小问1详解】解：因为函数是一个奇函数，所以，即，可得，即，则，得或．此时定义域为R，满足题意.【小问2详解】①因为，所以．函数，定义域为，因为与在定义域上单调递增，所以在上单调递增②对任意实数x，恒成立，，由①知函数在上单调递增，可得在上恒成立因为，所以，即于是正整数m的最小值为322、（1）函数在区间上是单调递减，理由见解析（2）【解析】（1）运用单调性的定义去判断或者根据函数本身的性质去判断即可；（2）区间与二次函数的对称轴比较，从而的情况中分类讨论，而后得到的解析式，通过函数解析式求出最小值，再解不等式即可.【小问1详解】方法1：因为，由题意得，即，所以时，即，所以，，对于任意设，所以，因为，又，所以而，所以，所以，所以函数在区间上是单调递减的.方法2：因为，由题意得，即，所以时，即，所以，，因为，所以函数图像的对称轴方程为，因为，所以，即，所以函数在上是单调递减的.【小问2详解】设，，因为函数对称轴为，①当即时，在上单调递减，，②当即时，，③当即时，，④当即时，在上单调递增，，综上可得：可知在上单调递减，在上单调递增，所以最小值为，对，恒成立，只需即可，解得，所以a的取值范围是.。
