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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下列各组中的两个函数表示同一函数的是（）A.B.ylnx2，y2lnxCD.2下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的函数是A.B.C.D.3已知函数，其函数图象的一个对称中心是，则该函数的一个单调递减区间是（ ）A.B.C.D.4方程的解所在的区间是A.B.C.D.5已知定义在上的函数满足
2、：的图像关于直线对称；对任意的，当时，不等式成立令，则下列不等式成立的是（ ）A.B.C.D.6函数，的图象形状大致是（）A.B.C.D.7已知函数的图像关于直线对称，且对任意，有，则使得成立的x的取值范围是（）A.B.C.D.8已知等差数列的前项和为，若，则A.18B.13C.9D.79若点和都在直线上，又点和点，则A.点和都不直线上B.点和都在直线上C.点直线上且不在直线上D.点不在直线上且在直线上10设实数t满足，则有（ ）A.B.C.D.11已知，则A.B.C.D.12如图，质点在单位圆周上逆时针运动，其初始位置为，角速度为2，则点到轴距离关于时间的函数图象大致为（）A.B.C.D.二
3、、填空题（本大题共4小题，共20分）13无论取何值，直线必过定点_14_15已知函数，（1）_（2）若方程有4个实数根，则实数的取值范围是_16已知函数，则_.三、解答题（本大题共6小题，共70分）17已知一次函数的图像与轴、轴分别相交于点，（分别是与轴、轴正半轴同方向的单位向量),函数.（）求的值；（）当满足时，求函数的最小值.18已知函数.（1）当时，求函数在区间上的值域；（2）求函数在区间上的最大值.19已知，求下列各式的值.（1）；（2）.20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.21已知函数（1）求函数的单调区间；（2）求函数图
4、象的对称中心的坐标和对称轴方程22设全集为，或，.（1）求，；（2）求.参考答案一、选择题（本大题共12小题，共60分）1、D【解析】逐项判断函数的定义域与对应法则是否相同，即可得出结果.【详解】对于A，定义域为，而定义域为，定义域相同，但对应法则不同，故不是同一函数，排除A；对于B，定义域，而定义域为，所以定义域不同，不是同一函数，排除B；对于C，定义域为，而定义域为，所以定义域不同，不是同一函数，排除C；对于D，与的定义域均为，且，对应法则一致，所以是同一函数，D正确.故选：D2、D【解析】选项A为偶函数，但在区间（0，+）上单调递减；选项B，yx3为奇函数；选项C，ycosx为偶函数，但
5、在区间（0，+）上没有单调性；选项D满足题意【详解】选项A，yln为偶函数，但在区间（0，+）上单调递减，故错误；选项B，yx3为奇函数，故错误；选项C，ycosx为偶函数，但在区间（0，+）上没有单调性，故错误；选项D，y2|x|为偶函数，当x0时，解析式可化为y2x，显然满足在区间（0，+）上单调递增，故正确故选D【点睛】本题考查函数的奇偶性和单调性，属于基础题3、D【解析】由正切函数的对称中心得，得到，令可解得函数的单调递减区间.【详解】因为是函数的对称中心，所以，解得因为，所以，令，解得，当时，函数的一个单调递减区间是故选：D【点睛】本题考查正切函数的图像与性质，属于基础题.4、C【解
6、析】根据零点存在性定理判定即可.【详解】设，根据零点存在性定理可知方程的解所在的区间是.故选：C【点睛】本题主要考查了根据零点存在性定理判断零点所在的区间,属于基础题.5、D【解析】根据题意，分析可得的图象关于轴对称，结合函数的单调性定义分析可得函数在，上为增函数；结合函数的奇偶性可得在区间，上为减函数，由对数的运算性质可得，据此分析可得答案【详解】解：根据题意，函数的图象关于直线对称，则的图象关于轴对称，即函数为偶函数，又由对任意的，当时，不等式成立，则函数在，上为增函数，又由为偶函数，则在区间，上为减函数，因为，则有，故有.故选：D6、D【解析】先根据函数奇偶性排除AC，再结合特殊点的函数
7、值排除B.【详解】定义域，且，所以为奇函数，排除AC；又，排除B选项.故选：D7、A【解析】解有关抽象函数的不等式考虑函数的单调性，根据已知可得在单调递增，再由与的图象关系结合已知，可得为偶函数，化为自变量关系，求解即可.【详解】设，在增函数，函数的图象是由的图象向右平移2个单位得到，且函数的图像关于直线对称，所以的图象关于轴对称，即为偶函数，等价于，的取值范围是.故选：A.【点睛】本题考查函数的单调性、奇偶性、解不等式问题，注意函数图象间的平移变换，考查逻辑推理能力，属于中档题.8、B【解析】利用等差数列通项公式、前项和列方程组，求出，由此能求出【详解】解：等差数列的前项和为，解得，故选【点
8、睛】本题考查等差数列第7项的值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题9、B【解析】由题意得：，易得点满足由方程组得，两式相加得，即点 在直线上，故选B.10、B【解析】由，得到求解.【详解】解：因为，所以，所以，则，故选：B11、A【解析】故选12、A【解析】利用角速度先求出时，的值，然后利用单调性进行判断即可【详解】因为，所以由，得，此时，所以排除CD，当时，越来越小，单调递减，所以排除B，故选：A二、填空题（本大题共4小题，共20分）13、【解析】直线（+2）x（1）y+6+3=0，即（2x+y+3）+（xy+6）=0，由 求得x=3，y=3，可得直线经过定点（3
9、，3）故答案为（3，3）14、2【解析】考点：对数与指数的运算性质15、 -2 .【解析】先计算出f(1)，再根据给定的分段函数即可计算得解；令f(x)=t，结合二次函数f(x)性质，的图象，利用数形结合思想即可求解作答.【详解】(1)依题意，则，所以；(2)函数的值域是，令，则方程在有两个不等实根，方程化为，因此，方程有4个实数根，等价于方程在有两个不等实根，即函数的图象与直线有两个不同的公共点，在同一坐标系内作出函数的图象与直线，而，如图，观察图象得，当时，函数与直线有两个不同公共点，所以实数的取值范围是.故答案为：-2；16、7【解析】根据题意直接求解即可【详解】解：因为，所以，故答案为
10、：7三、解答题（本大题共6小题，共70分）17、 ()；().【解析】（）由已知可得，则,又因，所以.所以.（）由（）知，由，得，即，解得.由条件得，故函数图象的对称轴为，当，即时，在上单调递增，所以当，即时，在处取得最小值，所以.当，即时，在上单调递减，所以.综上函数的最小值为点睛：二次函数在给定区间上最值的类型及解法：（1）二次函数在闭区间上的最值主要有三种类型：轴定区间定、轴动区间定、轴定区间动，不论哪种类型，解决的关键是考查对称轴与区间的关系，当含有参数时，要依据对称轴与区间的关系进行分类讨论；（2）二次函数的单调性问题则主要依据二次函数图像的对称轴进行分析讨论求解18、（1）（2）【
11、解析】（1）利用二次函数的图象和性质求值域；（2）讨论对称轴与区间中点的大小关系，即可得答案；【详解】（1）由题意，当时，又，对称轴为，离对称轴较远，的值域为.（2）由题意，二次函数开口向上，对称轴为，由数形结合知，（i）当，即时，；（ii）当，即时，综上：.【点睛】本题考查一元二次函数的值域求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意抛物线的开口方向及对称轴与区间的位置关系.19、（1）2（2）【解析】（1）依据三角函数诱导公式化简后去求解即可解决；（2）转化为求三角函数齐次式的值即可解决.【小问1详解】原式.【小问2详解】原式.20、（
12、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.【点睛】关键点睛：对进行分类讨论时，当时，因为与在上
13、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21、（1）增区间为，减区间为 （2）对称中心的坐标为；对称轴方程为【解析】（1）将函数转化为，利用正弦函数的单调性求解； （2）利用正弦函数的对称性求解；【小问1详解】解：由. 令，解得， 令，解得， 故函数的增区间为，减区间为；【小问2详解】令，解得， 可得函数图象的对称中心的坐标为， 令，解得， 可得函数图象的对称轴方程为22、（1）或，（2）或【解析】（1）根据集合的交集和并集的定义即可求解；（2）先根据补集的定义求出，然后再由交集的定义即可求解.【小问1详解】解：因为或，所以或，；【小问2详解】解：因为全集为，或，所以或，所以或.