资源描述
2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（本大题共12小题，共60分）
1．已知a>0，则当取得最小值时，a值为（）
A. B.
C. D.3
2．甲乙两名同学6次考试的成绩统计如右图，甲乙两组数据的平均数分别为，标准差分别为则
A. B.
C. D.
3．已知函数的定义域为，且满足对任意，有，则函数（）
A. B.
C. D.
4．函数在区间单调递减，在区间上有零点，则的取值范围是
A. B.
C. D.
5．已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，函数是奇函数，且当时，，则（）
A. B.6
C. D.7
6．要得到的图像，只需将函数的图像（）
A.向左平移个单位 B.向右平移个单位
C.向左平移个单位 D.向右平移个单位
7．Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数（的单位：天）的Logistic模型：其中为最大确诊病例数．当时，标志着已初步遏制疫情，则约为（）
A.60 B.65
C.66 D.69
8．一个扇形的弧长为6，面积为6，则这个扇形的圆心角是（）
A.1 B.2
C.3 D.4
9．如图，的斜二测直观图为等腰，其中，则原的面积为（）
A.2 B.4
C. D.
10．设集合，则
A. B.
C. D.
11．已知直线及三个互不重合的平面，，，下列结论错误的是（）
A.若，，则 B.若，，则
C.若，，则 D.若，，，则
12．已知函数（为自然对数的底数），若对任意，不等式都成立，则实数的取值范围是
A. B.
C. D.
二、填空题（本大题共4小题，共20分）
13．函数f(x)为奇函数，且x>0时，f(x)＝＋1，则当x<0时，f(x)＝________.
14．已知函数，若，，则的取值范围是________
15．设函数，则__________
16．函数（且）的定义域为__________
三、解答题（本大题共6小题，共70分）
17．已知函数
（1）若成立，求x的取值范围；
（2）若定义在R上奇函数满足，且当时，，求在的解析式，并写出在的单调区间（不必证明）
（3）对于（2）中的，若关于x的不等式在R上恒成立，求实数t的取值范围
18．已知幂函数的图象经过点.
（1）求的解析式；
（2）用定义证明：函数在区间上单调递增.
19．等腰直角三角形中，，为的中点，正方形与三角形所在的平面互相垂直
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）若，求点到平面的距离
20．对于函数，若，则称为的“不动点”，若，则称为的“稳定点”，函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为和，即，，那么，
（1）求函数的“稳定点”；
（2）求证：；
（3）若，且，求实数的取值范围.
21．定义在上的奇函数，已知当时，
求实数a的值；
求在上解析式；
若存在时，使不等式成立，求实数m的取值范围
22．已知函数，
（1）求的单调递增区间；
（2）令函数，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求在区间上的最大值及取得最大值时的值
条件①：； 条件②：
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分
参考答案
一、选择题（本大题共12小题，共60分）
1、C
【解析】利用基本不等式求最值即可.
【详解】∵a>0，
∴，
当且仅当，即时，等号成立，
故选：C
2、C
【解析】利用甲、乙两名同学6次考试的成绩统计直接求解
【详解】由甲乙两名同学6次考试的成绩统计图知：
甲组数据靠上，乙组数据靠下，
甲组数据相对集中，乙组数据相对分散分散布，
由甲乙两组数据的平均数分别为，标准差分别为
得，
故选
【点睛】本题考查命题真假的判断，考查平均数、的定义和性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题
3、C
【解析】根据已知不等式可以判断函数的单调性，再结合四个选项进行判断即可.
【详解】因为，
所以由，
构造新函数，因此有，
所以函数是增函数.
A：，因为，所以不符合增函数的性质，故本选项不符合题意；
B：，当时，函数单调递减，故本选项不符合题意；
C：，显然符合题意；
D：，因为，所以不符合增函数的性质，故本选项不符合题意，
故选：C
4、C
【解析】分析：结合余弦函数的单调减区间，求出零点，再结合零点范围列出不等式
详解：当，，
又∵，则，即，，
由得，，
∴，解得，
综上.
故选C.
点睛：余弦函数的单调减区间：，增区间：，零点：，对称轴：，对称中心：，.
5、D
【解析】先求出，再求出即得解.
【详解】由已知，函数与函数互为反函数，则
由题设，当时，，则
因为为奇函数，所以.
故选：D
6、A
【解析】化简函数，即可判断.
【详解】，
需将函数的图象向左平移个单位.
故选：A.
7、B
【解析】由已知可得方程，解出即可
【详解】解：由已知可得，解得，
两边取对数有，
解得.
故选：B
8、C
【解析】根据扇形的弧长公式和扇形的面积公式，列出方程组，即可求解，得到答案.
【详解】设扇形所在圆的半径为，由扇形的弧长为6，面积为6，
可得，解得，即扇形的圆心角为.
故选C.
【点睛】本题主要考查了扇形的弧长公式，以及扇形的面积公式的应用，其中解答中熟练应用扇形的弧长公式和扇形的面积公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
9、D
【解析】首先算出直观图面积，再根据平面图形与直观图面积比为求解即可.
【详解】因为等腰是一平面图形的直观图，直角边，
所以直角三角形的面积是.
又因为平面图形与直观图面积比为，
所以原平面图形的面积是.
故选：D
10、C
【解析】集合，根据元素和集合的关系知道
故答案为C
11、B
【解析】对A，可根据面面平行的性质判断；对B，平面与不一定垂直，可能相交或平行；对C，可根据面面平行的性质判断；对D，可通过在平面，中作直线，推理判断.
【详解】解：对于选项A：根据面面平行的性质可知，若，，则成立，故选项A正确，
对于选项B：垂直于同一平面的两个平面，不一定垂直，可能相交或平行，故选项B错误，
对于选项C：根据面面平行的性质可知，若，，则成立，故选项C正确，
对于选项D：若，，，
设，，
在平面中作一条直线，则，
在平面中作一条直线，则，
，，
又，，，
故选项D正确，
故选：B.
12、C
【解析】由题意结合函数的单调性和函数的奇偶性求解不等式即可.
【详解】由函数的解析式可知函数为定义在R上的增函数，且函数为奇函数，
故不等式即，
据此有，即恒成立；
当时满足题意，否则应有：，解得：，
综上可得，实数的取值范围是.
本题选择C选项.
【点睛】对于求值或范围的问题，一般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“f”，转化为解不等式(组)的问题.
二、填空题（本大题共4小题，共20分）
13、
【解析】当x<0时，－x>0，∴f(－x)＝ ＋1，又f(－x)＝－f(x)，∴f(x)＝,故填.
14、
【解析】先利用已知条件，结合图象确定的取值范围，设，即得到是关于t的二次函数，再求二次函数的取值范围即可.
【详解】先作函数图象如下：
由图可知，若，，设，则，，
由知，；由知，；
故，，
故时，最小值为，时，最大值为，
故的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】本题解题关键是数形结合，通过图象判断的取值范围，才能分别找到与相等函数值t的关系，构建函数求值域来突破难点.
15、
【解析】先根据2的范围确定表达式，求出；后再根据的范围确定表达式，求出.
【详解】因为，所以，所以.
【点睛】分段函数求值问题，要先根据自变量的范围，确定表达式，然后代入求值．要注意由内而外求值，属于基础题.
16、
【解析】根据对数的性质有，即可求函数的定义域.
【详解】由题设，，可得，即函数的定义域为.
故答案为：
三、解答题（本大题共6小题，共70分）
17、（1）
（2），在和单调递减，在单调递增
（3）
【解析】（1）把题给不等式转化成对数不等式，解之即可；
（2）利用题给条件分别去求和的函数解析式，再综合写成分段函数即可解决；
（3）分类讨论把题给抽象不等式转化成整式不等式即可解决.
【小问1详解】
即
可化为，解之得，不等式解集为
【小问2详解】
设，则，，
故
设，则，
故
在和单调递减，在单调递增；
【小问3详解】
由可知，有对称轴，.
又由上可知在单调递增，在单调递减，
记，
当时，，又由恒成立，
可得，即，解之得
当时， ，又由恒成立，
可得，即，解之得
综上可得实数t的取值范围为
【点睛】分类讨论思想是高中数学一项重要的考查内容.分类讨论思想要求在不能用统一的方法解决问题的时候，将问题划分成不同的模块，通过分块来实现问题的求解，体现了对数学问题的分析处理能力和解决能力.
18、（1）；
（2）证明见解析.
【解析】(1)设幂函数，由得α的值即可；
(2)任取且，化简并判断的正负即可得g(x)的单调性.
小问1详解】
设，则，解得，∴；
【小问2详解】
由(1)可知，任取且，
则
，
∵，则，，
故，因此函数在上为增函数.
19、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）连, 交于,连,由中位线定理即可证明平面.
（Ⅱ）根据,由等体积法即可求得点到平面的距离.
【详解】（Ⅰ）连,设交于,连,如下图所示:
因为为的中点,为的中点,
则
面,不在面内，
所以平面
（Ⅱ）因为等腰直角三角形中,
则,又因为
所以平面
则
设点到平面的距离为.
注意到，
由,代入可得：
，
解得.
即点到平面的距离为.
【点睛】本题考查了直线与平面平行的判定,等体积法求点到平面距离的方法,属于中等题.
20、（1）“稳定点”；（2）见解析；（3）
【解析】本题拿出一个概念来作为新型定义题，只需要去对定义的理解就好，要求函数的“稳定点”只需求方程中的值，即为“稳定点”
若，有这是不动点的定义，此时得出，，如果，则直接满足.
先求出即存在“不动点”的条件，同理取得到存在“稳定点”的条件，而两集合相等，即条件所求出的结果一直，对结果进行分类讨论.
【详解】（1）由有，得：，所以函数的“稳定点”为；
（2）证明：若，则，显然成立；
若，设，有，则有，
所以，故
（3）因为，所以方程有实根，即有实根，
所以或，解得又由得：即由（1）知，故方程左边含有因式
所以，又，
所以方程要么无实根，要么根是方程的解，
当方程无实根时，或，即，
当方程有实根时，则方程的根是方程的解，
则有，代入方程得，故，
将代入方程，得，所以.
综上：的取值范围是.
【点睛】作为新型定义题，题中需要求什么，我们就从条件中去得到相应的关系，比如本题中，求不动点，就去求；求稳定点，就去求，完全根据定义去处理问题.
需要求出不动点及稳定点相同，则需要它们对应方程的解完全一样.
21、（1）；（2）；（3）.
【解析】根据题意，由函数奇偶性的性质可得，解可得的值，验证即可得答案；当时，，求出的解析式，结合函数的奇偶性分析可得答案；根据题意，若存在，使得成立，即在有解，变形可得在有解设，分析的单调性可得的最大值，从而可得结果
【详解】根据题意，是定义在上的奇函数，
则，得经检验满足题意；
故；
根据题意，当时，，
当时，，
又是奇函数，则
综上，当时，；
根据题意，若存在，使得成立，
即在有解，
即在有解
又由，则在有解
设，分析可得在上单调递减，
又由时，，
故
即实数m的取值范围是
【点睛】本题考查函数的奇偶性的应用，以及指数函数单调性的应用，属于综合题
22、（1），
（2）答案不唯一，具体见解析
【解析】（1）根据正弦函数的单调增区间建立不等式求解即可得出；
（2）选①代入，化简，令，转化为二次函数求值域即可，选择条件②代入化简，令，根据正弦函数的图象与性质求最值即可求解.
【小问1详解】
函数的单调增区间为（）
由，，
解得，，
所以的单调增区间为，
【小问2详解】
选择条件①：
令，
因为，
所以
所以
所以，
因为在区间上单调递增，
所以当时，取得最大值
所以当时，取得最大值
选择条件②：
令，
因为，
所以
所以当时，即时，取得最大值
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