2022-2023学年广东省雷州市第一中学、徐闻中学高一上数学期末预测试题含解析.doc

2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1．在上，满足的的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
2．的图像是端点为且分别过和两点的两条射线，如图所示，则的解集为

A.
B.
C.
D.
3．下列函数中，既是偶函数，又在区间上是增函数的是（）
A. B.
C. D.
4．给定函数①；②；③；④，其中在区间上单调递减的函数的序号是（ ）
A.①② B.②③
C.③④ D.①④
5．设函数,则使成立的的取值范围是
A. B.
C. D.
6．函数（，）在一个周期内的图象如图所示，为了得到正弦曲线，只需把图象上所有的点（）

A.向左平移个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变
B.向右平移个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变
C.向左平移个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变
D.向右平移个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变
7．已知是关于x的一元二次不等式的解集，则的最小值为（）
A. B.
C. D.
8．下列指数式与对数式互化不正确的一组是（ ）
A.与 B.与
C.与 D.与
9．已知函数且，则实数的范围（ ）
A. B.
C. D.
10．已知，那么（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．若“”是“”的必要不充分条件，则实数的取值范围为___________.
12．函数的最小值是________.
13．已知△ABC的三个顶点分别为A(2，3)，B(-1，-2)，C(-3，4)，则BC边上的中线AD所在的直线方程为_____
14．若，则实数的值为______.
15．已知函数且
（1）若函数在区间上恒有意义，求实数的取值范围；
（2）是否存在实数，使得函数在区间上为增函数，且最大值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由
16．若函数是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则__________.
三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．已知全集，若集合 ，.
（1）若，求；
（2）若, 求实数的取值范围.
18．如图，在四边形中，，，，且.

（Ⅰ）用表示；
（Ⅱ）点在线段上，且，求的值.
19．已知函数的部分图象如图所示.

（1）求的解析式；
（2）把图象上所有点的横坐标缩小到原来的，再向左平移个单位长度，向下平移1个单位长度，得到的图象，求的单调区间.
20．已知函数，其定义域为D
（1）求D；
（2）设，若关于的方程在内有唯一零点，求的取值范围
21．（1）已知，求的值；
（2）计算：.

参考答案

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1、B
【解析】根据的函数图象结合特殊角的三角函数值，即可容易求得结果.
【详解】根据的图象可知：当时，或，

数形结合可知：
当，得
故选：.
【点睛】本题考查利用三角函数的图象解不等式，属简单题.
2、D
【解析】作出g(x)=图象，它与f(x)的图象交点为和，由图象可得
3、B
【解析】先判断定义域是否关于原点对称,再将代入判断奇偶性,进而根据函数的性质判断单调性即可
【详解】对于选项A,定义域为,,故是奇函数,故A不符合条件；
对于选项B,定义域为,,故是偶函数,当时,,由指数函数的性质可知,在上是增函数,故B正确；
对于选项C,定义域为,,故是偶函数,当时,,由对数函数的性质可知,在上是增函数,则在上是减函数,故C不符合条件；
对于选项D,定义域为,,故是奇函数,故D不符合条件,
故选:B
【点睛】本题考查判断函数的奇偶性和单调性,熟练掌握函数的性质是解题关键
4、B
【解析】根据指对幂函数性质依次判断即可得答案.
【详解】解：对于①，在上单调递增；
对于②，在上单调递减；
对于③，时，在上单调递减；
对于④，在上单调递增；
故在区间上单调递减的函数的序号是②③
故选：B
5、A
【解析】，定义域为，∵，∴函数为偶函数，当时，函数单调递增，根据偶函数性质可知：得成立，∴，∴，∴的范围为故答案为A.
考点：抽象函数的不等式.
【思路点晴】本题考查了偶函数的性质和利用偶函数图象的特点解决实际问题，属于基础题型，应牢记．根据函数的表达式可知函数为偶函数，根据初等函数的性质判断函数在大于零的单调性为递增，根据偶函数关于原点对称可知，距离原点越远的点，函数值越大，把可转化为，解绝对值不等式即可
6、B
【解析】先利用图像求出函数的解析式，在对四个选项，利用图像变换一一验证即可.
【详解】由图像可知：，所以,所以，解得：.
所以.
又图像经过，所以，解得：，
所以
对于A：把图象上所有的点向左平移个单位长度，得到，再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变得到.故A错误；
对于B：把图象上所有点向右平移个单位长度，得到，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变.故B正确；
对于C：把图象上所有点向左平移个单位长度，得到，再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变.故C错误；
对于D：把图象上所有的点向右平移个单位长度，得到，再把所得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.故D错误；
故选：B
7、C
【解析】由题知，，，则可得，则，利用基本不等式“1”的妙用来求出最小值.
【详解】由题知是关于x的一元二次方程的两个不同的实数根，
则有，，，所以，且是两个不同的正数，
则有
，
当且仅当时，等号成立，故的最小值是.
故选：C
8、C
【解析】根据指数式与对数式的互化关系逐一判断即可.
【详解】，故正确；
，故正确；
，，故不正确；
，故正确
故选：C
【点睛】本题主要考查了指数式与对数式的互化，属于基础题.
9、B
【解析】根据解析式得，进而得令，得为奇函数，，进而结合函数单调性求解即可.
【详解】函数，定义域为，
满足，
所以，
令，所以，所以奇函数，
，
函数在均为增函数，
所以在为增函数，
所以在为增函数，因为为奇函数，所以在为增函数，
所以，解得.
故选：B.
10、C
【解析】运用诱导公式即可化简求值得解
【详解】，可得，
那么
故选：C

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、##
【解析】由题意，根据必要不充分条件可得⫋，从而建立不等关系即可求解.
【详解】解：不等式的解集为，不等式的解集为，
因为“”是“”的必要不充分条件，
所以⫋，
所以，解得，
所以实数的取值范围为，
故答案为：.
12、2
【解析】直接利用基本不等式即可得出答案.
【详解】解：因为，
所以，
当且仅当，即时，取等号，
所以函数的最小值为2.
故答案为：2.
13、
【解析】求出的坐标后可得的直线方程.
【详解】的坐标为，故的斜率为，
故直线的方程为即，
故答案为：
14、
【解析】由指数式与对数式的互化公式求解即可
【详解】因为，
所以，
故答案为：
15、（1）
（2）存在；（或）
【解析】（1）由题意，得在上恒成立，参变分离得恒成立，再令新函数，判断函数的单调性，求解最大值，从而求出的取值范围；（2）在（1）的条件下，讨论与两种情况，利用复合函数同增异减的性质求解对应的取值范围，再利用最大值求解参数，并判断是否能取到.
【小问1详解】
由题意，在上恒成立，即在恒成立，令，则在上恒成立，令所以函数在在上单调递减，故
则，即的取值范围为.
【小问2详解】
要使函数在区间上为增函数，首先在区间上恒有意义，于是由（1）可得，①当时，要使函数在区间上为增函数，
则函数在上恒正且为增函数，
故且，即，此时的最大值为即，满足题意
②当时，要使函数在区间上为增函数，
则函数在上恒正且为减函数，
故且，即，
此时的最大值为即，满足题意
综上，存在（或）
【点睛】一般关于不等式在给定区间上恒成立的问题都可转化为最值问题，参变分离后得恒成立，等价于；恒成立，等价于成立.
16、##
【解析】由，可得函数是以为一个周期的周期函数，再根据函数的周期性和奇偶性将所求转化为已知区间即可得解.
【详解】解：因为，
所以函数是以为一个周期的周期函数，
所以，
又因为函数是定义在上的奇函数，
所以，
所以.
故答案为：.

三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）（2）
【解析】（1）利用集合的交集及补集的定义直接求解即可；
（2）由可得，利用集合的包含关系求解即可.
【详解】（1）当时，，所以，
因为，所以；
（2）由得，，
所以
【点睛】本题主要考查了集合的运算及包含关系求参，属于基础题.
18、（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】Ⅰ直接利用向量的线性运算即可
Ⅱ以O为坐标原点，OA所在的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系可得代入各值即可
【详解】（Ⅰ）因为 ，
所以 .因为 ，
所以

（Ⅱ）因 ，
所以 .因为 ，
所以点共线.
因为，
所以.
以为坐标原点，所在的直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系.

因为 ，，，
所以 .
所以 ，.
因为 点在线段上，且，
所以
所以 .
因为 ，
所以 .
【点睛】本题考查了向量的线性运算，向量夹角的计算，属于中档题
19、（1）
（2）单调递减区间为，单调递增区间为
【解析】（1）根据最值求的值；根据周期求的值；把点代入求的值.
（2）首先根据图象的变换求出的解析式，然后利用整体代入的方法即可求出的单调区间.
【小问1详解】
由图可知，所以，.
又，所以，因为，所以.
因为，所以，
即，又|，得，
所以.
【小问2详解】
由题意得，
由，得，
故的单调递减区间为，
由，得，
故的单调递增区间为.
20、（1）
（2）
【解析】（1）由可求出结果；
（2）由求出或，根据方程在内有唯一零点，得到，解得结果即可.
【小问1详解】
由得，得，得，
所以函数的定义域为，即.
【小问2详解】
因为，
所以，
所以或，
因为关于的方程在内有唯一零点，且，
所以，解得.
21、（1），（2）.
【解析】（1）把所给的式子进行平方运算，即可求出的值，找到和的关系即可求出的值；
（2）化根式为分数指数幂，把对数式的真数用对数的运算性质拆开，再用对数的运算性质求解即可.
【详解】（1）由得，
由得，
故.
（2）