云南省曲靖市宜良县第八中学2022年高一上数学期末调研试题含解析.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12小题共60分）
1．函数f(x)=|x-2|-lnx在定义域内零点的个数为(　　)
A.0 B.1
C.2 D.3
2．设函数，且在上单调递增，则的大小关系为
A B.
C. D.不能确定
3．在同一坐标系中，函数与大致图象是（）
A. B.
C. D.
4．函数的单调减区间为（ ）
A. B.
C. D.
5．如图所示，观察四个几何体，其中判断错误的是（　　）
A.不是棱台 B.不是圆台
C.不是棱锥 D.是棱柱
6．角是（）
A.第一象限角 B.第二象限角
C.第三象限角 D.第四象限角
7．已知角，且，则（）
A. B.
C. D.
8．已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
9．已知函数为偶函数，则　　
A.2 B.
C. D.
10．设，，则（ ）
A. B.
C. D.
11．已知全集U＝{0，1，2}且＝{2}，则集合A的真子集共有
A.3个 B.4个
C.5个 D.6个
12．已知直线：和直线：互相垂直，则实数的值为（）
A.－1 B.1
C.0 D.2
二、填空题（本大题共4小题，共20分）
13．已知函数，且，则a的取值范围为________f（x）的最大值与最小值和为________ .
14．正三棱锥中，，则二面角的大小为__________
15．写出一个同时具有下列性质①②的函数______.（注：不是常数函数）
①；②.
16．已知函数是定义在上的偶函数，且在区间上单调递减，若实数满足，则的取值范围是______
三、解答题（本大题共6小题，共70分）
17．已知.
（1）若在第二象限，求的值；
（2）已知，且，求值.
18．已知函数，，其中
（1）写出的单调区间（无需证明）；
（2）求在区间上的最小值；
（3）若对任意，均存在，使得成立，求实数的取值范围
19．已知函数的部分图象如下图所示

（1）求函数的解析式；
（2）讨论函数在上的单调性
20．计算：（1）；
（2）已知，求的值
21．已知函数.
（1求函数振幅、最小正周期、初相；
（2）用“五点法”画出函数在上的图象
22．（1）已知函数（其中，，）的图象与x轴的交于A，B两点，A，B两点的最小距离为，且该函数的图象上的一个最高点的坐标为．求函数的解析式
（2）已知角的终边在直线上，求下列函数的值：

参考答案

一、选择题（本大题共12小题，共60分）
1、C
【解析】分别画出函数y＝ln x(x>0)和y＝|x－2|(x>0)的图像，可得2个交点，故f(x)在定义域中零点个数为2.
2、B
【解析】当时，，它在上单调递增，所以.又为偶函数，所以它在上单调递减，因，故，选B.
点睛：题设中的函数为偶函数，故根据其在上为增函数判断出，从而得到另一侧的单调性和，故可以判断出.
3、B
【解析】根据题意，结合对数函数与指数函数的性质，即可得出结果.
【详解】由指数函数与对数函数的单调性知：在上单调递增，在上单调递增，只有B满足.
故选：B.
4、A
【解析】求出的范围，函数的单调减区间为的增区间，即可得到答案.
【详解】由可得或
函数的单调减区间为的增区间
故选：A
5、C
【解析】利用几何体的定义解题.
【详解】A.根据棱台的定义可知几何体不是棱台，所以A是正确的；
B.根据圆台的定义可知几何体不是圆台，所以B是正确的；
C.根据棱锥的定义可知几何体是棱锥，所以C是错误的；
D.根据棱柱的定义可知几何体是棱柱，所以D是正确的.
故答案为C
【点睛】本题主要考查棱锥、棱柱、圆台、棱台的定义，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
6、B
【解析】找到与终边相等的角，进而判断出是第几象限角.
【详解】因为，
所以角和角是终边相同的角，
因为角是第二象限角，
所以角是第二象限角.
故选：B.
7、A
【解析】依题意可得，再根据，即可得到，从而求出，再根据同角三角函数的基本关系求出，最后利用诱导公式计算可得；
【详解】解：因为，所以，因为，所以且，所以，即，所以，所以，所以；
故选：A
8、D
【解析】
利用对数函数与指数函数的性质化简集合，再根据集合交集的定义求解即可．
【详解】因为，，
所以，
，
则，
故选：D．
9、A
【解析】由偶函数的定义，求得的解析式，再由对数的恒等式，可得所求，得到答案
【详解】由题意，函数为偶函数，
可得时，，，
则，，
可得，
故选A
【点睛】本题主要考查了分段函数的运用，函数的奇偶性的运用，其中解答中熟练应用对数的运算性质，正确求解集合A，再根据集合的运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
10、A
【解析】由对数函数的图象和性质知，，则.又因为，根据已知可算出其取值范围，进而得到答案.
【详解】解：因为，，所以，
又＋，
所以，所以.
故选：A.
11、A
【解析】,所以集合A的真子集的个数为个，故选A.
考点：子集
12、B
【解析】利用两直线垂直的充要条件即得.
【详解】∵直线：和直线：互相垂直，
∴，即.
故选：B.

二、填空题（本大题共4小题，共20分）
13、 ①. ②.2
【解析】由结合，即可求出a的取值范围；
由，知关于点成中心对称，即可求出f（x）的最大值与最小值和.
【详解】由，

，所以，则
故 a的取值范围为.
第（2）空:由，知关于点成中心对称图形，
所以.
故答案为：；.
14、
【解析】取中点为O，连接VO,BO在正三棱锥中因为,所以,所以=,所以
15、
【解析】根据函数值以及函数的周期性进行列举即可
【详解】由知函数的周期是，
则满足条件，
，满足条件，
故答案为：（答案不唯一）
16、
【解析】由函数的奇偶性与单调性分析可得，结合对数的运算性质变形可得，从而可得结果
【详解】因为函数是定义在上的偶函数，且在区间上单调递减，
所以，
又由，
则原不等式变形可得，
解可得：，
即的取值范围为，故答案为
【点睛】本题主要考查函数的单调性与奇偶性的综合应用，考查了指数函数的单调性以及对数的运算，意在考查综合应用所学知识解答问题的能力，属于基础题

三、解答题（本大题共6小题，共70分）
17、（1）
（2）
【解析】（1）根据题意，结合半角公式得，故，，再根据二倍角公式计算即可.
（2）由题知，再结合正切的和角公式求解即可.
【小问1详解】
解：，∴
∵在第二象限，∴，，
∴
【小问2详解】
解：
∴，
18、（1）的单调递增区间是，单调递减区间是
（2）
（3）
【解析】（1）利用去掉绝对值及一次函数的性质即可求解；
（2）根据（1）的结论，利用单调性与最值的关系即可求解；
（3）根据已知条件将问题转化为，再利用函数的单调性与最值的关系，分情况讨论即可求解.
【小问1详解】
由，得,
所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是,
【小问2详解】
由（1）知，函数的单调递增区间是，单调递减区间是,
当，即时，当时，函数取得最小值为
，
当，即时，当时，函数取得最小值为
，
综上所述，函数在区间上的最小值为.
【小问3详解】
因为对任意，均存在，使得成立
等价于，，.
而当时，，故必有
由第（2）小题可知，，且，所以，
①当时，
∴，可得，
②当时，
∴，可得，
③当时，
∴或，可得，
综上所述，实数的取值范围为
19、（1）
（2）在，上单调递减，在，和，上单调递增
【解析】（1）由图知，，最小正周期，由，求得的值，再将点，代入函数的解析式中，求出的值，即可；
（2由，，知，，再结合正弦函数的单调性，即可得解
【小问1详解】
解：由图知，，最小正周期，
因为，所以，
将点，代入函数的解析式中，得，
所以，，即，，
因为，所以，
故函数的解析式为；
【小问2详解】
解：因为，，所以，，
令，则，，
因为函数在，上单调递减，在，和，上单调递增，
令，得，
令，得，令，得，
所以在，上单调递减，在，和，上单调递增
20、（1）20；（2）
【解析】（1）利用指对数的运算化简
（2）利用三角函数诱导公式，以及弦化切的运算
【详解】（1）对原式进行计算如下：

（2）对原式进行化简如下：

将代入上式得：原式
21、1）振幅为，最小正周期为，初相为；
（2）答案见解析.
【解析】（1）首先利用三角恒等变换把三角函数的关系式变形为正弦型函数，利用关系式即求；
（2）利用整体思想，使用“五点法”，采用列表、描点、连线画出函数的图像.
【小问1详解】
∵，
∴振幅为，最小正周期为，初相为；
【小问2详解】
列表

0

x

0

1
1+
1
0
故函数在上的图像如下图所示：

22、（1）；
（2）当为第一象限角时：；
当 为第三象限角时：.
【解析】（1）由题意得，，进而求得，根据最高点结合可得，进而可求得的解析式；
（2）由题意得为第一或第三象限角，分两种情况由同角三角函数关系可解得结果.
【详解】（1）由题意得，，则，解得.
根据最高点得，
所以，即，
因，所以，取得.
所以.
（2）由题意得，则为第一或第三象限角.
当为第一象限角时：由得，代入得，
又，所以，则.
所以；
当为第三象限角时：同理可得.