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1、2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（本大题共12小题，共60分）1已知，且，则的最小值为（ ）A.4B.9C.10D.122设，则a，b，c的大小关系是A.B.C.D.3已知，则的最小值为（ ）A.2B.3C.4
2、D.54关于三个数，的大小，下面结论正确的是（ ）A.B.C.D.5若，则化简=（）A.B.C.D.6纳皮尔是苏格兰数学家，其主要成果有球面三角中纳皮尔比拟式、纳皮尔圆部法则（1614）和纳皮尔算筹（1617），而最大贡献是对数的发明，著有奇妙的对数定律说明书，并且发明了对数尺，可以利用对数尺查询出任意一对数值.现将物体放在空气中冷却，如果物体原来的温度是（），空气的温度是（），经过t分钟后物体的温度T（）可由公式得出，如温度为90的物体，放在空气中冷却2.5236分钟后，物体的温度是50，若根据对数尺可以查询出，则空气温度是（）A.5B.10C.15D.207学校为了调查学生在课外读物方面的
3、支出情况，抽出了一个容量为的样本，其频率分布直方图如图所示，其中支出在元的同学有30人，则的值为A.300B.200C.150D.1008集合，则间的关系是（）A.B.C.D.9函数（其中mR）的图像不可能是（）A.B.C.D.10设，且，则A.B.C.D.11下列运算中，正确的是（）A.B.C.D.12函数的图像与函数的图像所有交点的横坐标之和等于A2B.4C.6D.8二、填空题（本大题共4小题，共20分）13若函数是定义在上的严格增函数，且对一切x，满足，则不等式的解集为_.14已知，则_.（用含a的代数式表示）15函数的定义域为_16已知函数，则的值是_三、解答题（本大题共6小题，共70
4、分）17如图，四棱锥的底面为矩形，.（1）证明：平面平面.（2）若，求点到平面的距离.18已知函数，.（1）对任意的，恒成立，求实数k的取值范围；（2）设，证明：有且只有一个零点，且.19已知函数.（1）求函数的最小正周期及单调递增区间；（2）求函数在区间上的值域.20在；关于x的不等式的解集是这两个条件中任选一个，补充在下面的问题（1）中并解答，若同时选择两个条件作答，以第一个作答计分（1）已知_，求关于的不等式的解集；（2）在（1）的条件下，若非空集合，求实数的取值范围21函数的一段图象如下图所示.（1）求函数的解析式；（2）将函数的图象向右平移个单位，得到的图象.求直线与函数的图象在内所
5、有交点的横坐标之和.22已知函数（06）的图象的一个对称中心为（1）求f（x）的最小正周期；（2）求函数f（x）的单调递增区间；（3）求f（x）在区间上的最大值和最小值参考答案一、选择题（本大题共12小题，共60分）1、B【解析】将展开利用基本不等式即可求解.【详解】由，且得，当且仅当即，时等号成立，的最小值为，故选：B.2、D【解析】运用对数函数、指数函数的单调性，利用中间值法进行比较即可.【详解】，因此可得.故选：D【点睛】本题考查了对数式、指数式之间的大小比较问题，考查了对数函数、指数函数的单调性，考查了中间值比较法，属于基础题.3、A【解析】由可得，将整理为，再利用基本不等式即可求解.
6、【详解】因为，所以，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.故选：A4、D【解析】引入中间变量0和2，即可得到答案；【详解】，故选：D5、D【解析】根据诱导公式化简即可得答案.【详解】解：.故选：D6、B【解析】依题意可得，即，即可得到方程，解得即可；【详解】：依题意，即，又，所以，即，解得；故选：B7、D【解析】根据频率分布直方图的面积和1,可得的频率为P=1-10(0.01+0.024+0.036)=0.3,又由,解得.选D.8、D【解析】解指数不等式和一元二次不等式得集合，再判断各选项【详解】由题意，或，所以，即故选：D【点睛】本题考查集合的运算与集合的关键，考查解一元二次不等式，指
7、数不等式，掌握指数函数性质是解题关键9、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， 当时，图像如A选项；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；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.10、C【解析】，则，即，即故选点睛：本题主要考查了切化弦及两角和的余弦公式的应用，在遇到含有正弦、余弦及正切的运算时可以将正切转化为正弦及余弦，然后化简计算，本
8、题还运用了两角和的余弦公式并结合诱导公式化简，注意题目中的取值范围11、C【解析】根据对数和指数的运算法则逐项计算即可.【详解】，故A错误；，故B错误；，故C正确；，故D错误.故选：C.12、D【解析】由于函数与函数 均关于点成中心对称，结合图形以点 为中心两函数共有个交点，则有 ，同理有，所以所有交点横坐标之和为 .故正确答案为D.考点：1.函数的对称性；2.数形结合法的应用.二、填空题（本大题共4小题，共20分）13、【解析】根据题意，将问题转化为，再根据单调性解不等式即可得答案.【详解】解：因为函数对一切x，满足，所以，令，则，即，所以等价于，因为函数是定义在上的严格增函数，所以，解得所
9、以不等式的解集为故答案为：14、【解析】利用换底公式化简，根据对数的运算法则求解即可【详解】因为，所以故答案为：.15、【解析】令解得答案即可.【详解】令.故答案为：.16、-1【解析】利用分段函数的解析式，代入即可求解.【详解】解：因为，则.故答案为：-1三、解答题（本大题共6小题，共70分）17、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）连接，交于点，连接，证明平面，即可证明出平面平面.（2）用等体积法，即，即可求出答案.【小问1详解】连接，交于点，连接，如图所示， 底面为矩形，为，的中点，又，又，平面，平面，平面平面【小问2详解】，在中，在中，在中，设点到平面的距离为，由等体积法可知，又平
10、面，为点到平面的距离，即点到平面的距离为18、（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）利用的单调性以及对数函数的单调性，即可求出的范围（2）对进行分类讨论，分为：和，利用零点存在定理和数形结合进行分析，即可求解【详解】解：（1）因为是增函数，是减函数，所以在上单调递增.所以的最小值为，所以，解得，所以实数k的取值范围是.（2）函数的图象在上连续不断.当时，因为与在上单调递增，所以在上单调递增.因为，所以.根据函数零点存在定理，存在，使得.所以在上有且只有一个零点.当时，因为单调递增，所以，因为.所以.所以在上没有零点.综上：有且只有一个零点.因为，即，所以，.因为在上单调递减，所以，所以.【点
11、睛】关键点睛：对进行分类讨论时，当时，因为与在上单调递增，再结合零点存在定理，即可求解；当时，恒成立，所以，在上没有零点；最后利用，得到，然后化简可求解。本题考查函数的性质，函数的零点等知识；考查学生运算求解，推理论证的能力；考查数形结合，分类与整合，函数与方程，化归与转化的数学思想，属于难题19、（1）最小正周期为，单调递增区间为； （2）.【解析】（1）利用三角恒等变换化简得出，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期，解不等式可得出函数的单调递增区间；（2）由可求得的取值范围，利用正弦型函数的基本性质可求得函数的值域.【小问1详解】解：，所以，函数的最小正周期为，由得，故函数的单调
12、递增区间为.【小问2详解】解：当时，所以，即函数在区间上的值域为.20、（1）条件选择见解析，或（2）【解析】（1）若选，分和，求得a，再利用一元二次不等式的解法求解；若选，根据不等式的解集为，求得a，b，再利用一元二次不等式的解法求解；（2）由，得到求解；【小问1详解】解：若选，若，解得，不符合条件若，解得，则符合条件将代入不等式并整理得，解得或，故或若选，因为不等式的解集为，所以，解得将代入不等式整理得，解得或故或【小问2详解】，又，或，或，21、（1）（2）【解析】(1)由图象可计算得；(2)由题意可求，进而可以求出在给定区间内与已知直线的交点的横坐标，问题得解.【小问1详解】由题图知，
13、于是，将的图象向左平移个单位长度，得的图象.于是所以，【小问2详解】由题意得故由，得因为，所以所以或或或，所以，在给定区间内，所有交点的横坐标之和为.22、（1）；（2），kZ；（3）最大值为10，最小值为【解析】（1）先降幂化简原式，再利用对称中心求得，进而得周期；（2）利用正弦函数的单调区间列出不等式即可得解；（3）利用（2）的结论，确定所给区间的单调性，再得最值【详解】解：（1）=4sin（sincos-cossin）-1=2sin2-1-2sincos=-cosx-sinx=-2sin（x），是对称中心，-，得=2-12k，kZ，06，k=0，=2，其最小正周期为；（2）由，得，f（x）的单调递增区间为：，kZ，（3）由（2）可知，f（x）在递减，在递增，可知当x=时得最大值为0；当x=时得最小值故f（x）在区间上的最大值为0，最小值为【点睛】此题考查了三角函数式的恒等变换，周期性，单调性，最值等，属于中档题 /
