1、2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（本大题共12小题，共60分）1已知函数，若方程有三个不同的实数根，则实数的取值范围是A.B.C.D.2下列函数值为的是（ ）A.sin390B.cos750C.tan30D.cos303将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将所得的图象向左平移个单位，得到的图象对应的解析式是A.B.C.D.4已知函
2、数，的值域为，则实数的取值范围是A.B.C.D.5在，中，最大的数为（）A.aB.bC.cD.d6函数（且）的图像必经过点（）A.B.C.D.7，这三个数之间的大小顺序是（）A.B.C.D.8已知函数那么“a=0”是“函数是增函数”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件9 “”是“”的（ ）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件10若都是锐角，且，则A.B.C.或D.或11设为上的奇函数，且在上单调递增，则不等式的解集是（）AB.C.D.12专家对某地区新冠肺炎爆发趋势进行研究发现，从确诊第一名患者开始累计时间（单位
3、天）与病情爆发系数之间，满足函数模型：，当时，标志着疫情将要大面积爆发，则此时约为（）(参考数据：)A.B.C.D.二、填空题（本大题共4小题，共20分）13已知在上的最大值和最小值分别为和，则的最小值为_14已知函数（，）的部分图象如图所示，则的值为15如图，某化学实验室的一个模型是一个正八面体（由两个相同的正四棱锥组成，且各棱长都相等）若该正八面体的表面积为，则该正八面体外接球的体积为_；若在该正八面体内放一个球，则该球半径的最大值为_.16点分别为圆与圆上的动点，点在直线上运动，则的最小值为_三、解答题（本大题共6小题，共70分）17记不等式的解集为A，不等式的解集为B.（1）当时，求
4、2）若，求实数a的取值范围.18如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是边AB，BC的中点，用向量的方法（用其他方法解答正确同等给分）证明：19设函数.（1）计算；（2）求函数的零点；（3）根据第（1）问计算结果，写出的两条有关奇偶性和单调性的正确性质，并证明其中一个.20如图，点，在函数的图象上（1）求函数的解析式；（2）若函数图象上的两点，满足，求四边形OMQN面积的最大值21已知的内角所对的边分别为，（1）求的值；（2）若，求面积22已知函数是定义在R上的偶函数，当时，.（1）求函数的解析式；（2）画出函数的图像；（3）根据图像写出的单调区间和值域.参考答案一、选择题（本大题
5、共12小题，共60分）1、A【解析】由得画出函数的图象如图所示，且当时，函数的图象以为渐近线结合图象可得当的图象与直线有三个不同的交点，故若方程有三个不同的实数根，实数的取值范围是选A点睛：已知函数零点的个数（方程根的个数）求参数值（取值范围）的方法(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决，如在本题中，方程根的个数，即为直线与图象的公共点的个数；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解，对于一些比较复杂的函数的零点问题常用此方法求解.2、A【解析】由诱导公
6、式计算出函数值后判断详解】，故选：A3、C【解析】将函数y=sin(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）得到y=sin(x)，再向左平移个单位得到的解析式为y=sin(（x+）)= y=sin(x)，故选C4、B【解析】由题得由g(t)的图像，可知当时，f(x)的值域为，所以故选B.5、B【解析】逐一判断各数的范围，即找到最大的数.【详解】因为，所以；.故最大.故选：B.【点睛】本题考查了根据实数范围比较实数大小，属于基础题.6、D【解析】根据指数函数的性质，求出其过的定点【详解】解：（且），且令得，则函数图象必过点，故选：D7、C【解析】利用指数函数和对数函数的性质比较即
7、可【详解】解：因为在上为减函数，且，所以，因为在上为增函数，且，所以，因为在上为增函数，且，所以，综上，故选：C8、A【解析】利用充分条件和必要条件的定义判断.【详解】当时，函数是增函数，故充分；当函数是增函数时，则，故不必要；故选：A9、B【解析】分析】首先根据可得：或，再判断即可得到答案.【详解】由可得：或，即能推出，但推不出“”是“”的必要不充分条件故选：B【点睛】本题主要考查必要不充分条件的判断，同时考查根据三角函数值求角，属于简单题.10、A【解析】先计算出，再利用余弦的和与差公式，即可.【详解】因为都是锐角，且，所以又，所以，所以，故选A.【点睛】本道题考查了同名三角函数关系和余弦
8、的和与差公式，难度较大11、D【解析】根据函数单调性结合零点即可得解.【详解】为上的奇函数，且在上单调递增，得：或解得.故选：D12、B【解析】根据列式求解即可得答案.【详解】解：因为，所以，即，所以，由于，故，所以，所以，解得.故选：B.【点睛】本题解题的关键在于根据题意得，再结合已知得，进而根据解方程即可得答案，是基础题.二、填空题（本大题共4小题，共20分）13、【解析】如图：则当时，即时，当时，原式点睛：本题主要考查了分段函数求最值问题，在定义域为动区间的情况下进行分类讨论，先求出最大值与最小值的情况，然后计算，本题的关键是要注意数形结合，结合图形来研究最值问题，本题有一定的难度14、
9、解析】先计算周期，则，函数，又图象过点，则，由于，则.考点：依据图象求函数的解析式；15、 . .【解析】由已知求得正八面体的棱长为，进而求得，即知外接球的半径，进而求得体积；若球O在正八面体内，则球O半径的最大值为O到平面的距离，证得平面，再利用相似可知，即可求得半径.【详解】如图，记该八面体为，O为正方形的中心，则平面设，则，解得.在正方形中，则在直角中，知，即正八面体外接球的半径为故该正八面体外接球的体积为.若球O在正八面体内，则球O半径的最大值为O到平面的距离.取的中点E，连接，则，又，平面过O作于H，又，所以平面，又，则，则该球半径的最大值为.故答案为：，16、7【解析】根据题意,
10、算出圆M关于直线对称的圆方程为.当点P位于线段上时,线段AB的长就是的最小值,由此结合对称的知识与两点间的距离公式加以计算,即可得出的最小值.【详解】设圆是圆关于直线对称的圆,可得,圆方程为,可得当点C位于线段上时,线段AB长是圆N与圆上两个动点之间的距离最小值,此时的最小值为AB,圆的半径,可得因此的最小值为7,故答案为7.点睛：圆中的最值问题往往转化动点与圆心的距离问题，本题中可以转化为，再利用对称性求出的最小值即可三、解答题（本大题共6小题，共70分）17、（1）（2）【解析】（1）分别求出集合，再求并集即可.（2）分别求出集合和的补集，它们的交集不为空集，列出不等式求解.【详解】（1）
11、当时，的解为或（2）a的取值范围为18、证明见解析【解析】建立直角坐标系，先写出，再按照数量积的坐标运算证明即可.【详解】如图，以A原点，AB为x轴，AD为y轴建立直角坐标系，则，故.19、（1），；（2）零点为；（3）答案见解析.【解析】（1）根据解析式直接计算即可；（2）由可解得结果；（3）由（1）易知为非奇非偶函数，用定义证明是上的减函数.【详解】（1），.（2）令得，故，即函数的零点为.（3）由（1）知，且，故为非奇非偶函数；是上的减函数.证明如下：（）任取，且，则，因为当时，则，又，所以，即，故函数是上的减函数.20、（1） （2）【解析】（1）由图可求出，从而求得，由图可知函数处取
12、得最小值，从而可求出的值，再将点的坐标代入函数中可求出，进而可求出函数的解析式，（2）由题意求得所以，而四边形OMQN的面积为S，则，代入化简利用三角函数的性质可求得结果【小问1详解】由图可知的周期T满足，得又因为，所以，解得又在处取得最小值，即，得，所以，解得，因为，所以由，得，所以综上，【小问2详解】当时，所以由知此时记四边形OMQN的面积为S，则又因为，所以，所以当，即时，取得最大值所以四边形OMQN面积的最大值是21、（1）；（2）【解析】（1）由正弦定理求解即可；（2）由余弦定理求得则面积可求【详解】（1）由正弦定理得 故；（2），由余弦定理，解得因此，【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，考查面积公式，熟记公式准确计算是关键，是基础题22、（1）（2）图像见解析（3）答案见解析【解析】（1）根据偶函数的性质即可求出；（2）根据解析式即可画出图像；（3）根据图像可得出.【小问1详解】因为是定义在R上的偶函数，当时，则当时，则，所以；【小问2详解】画出函数图像如下：【小问3详解】根据函数图像可得，的单调递减区间为，单调递增区间为，函数的值域为.
免费区 
