云南省曲靖市宣威市第六中学2022-2023学年高一数学第一学期期末达标检测模拟试题含解析.doc

2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．设，则的值为（ ）
A.0 B.1
C.2 D.3
2．下列选项中，与的值不相等的是（ ）
A B.cos18°cos42°﹣sin18°sin42°
C. D.
3．要得到函数y＝cos的图象，只需将函数y＝cos2的图象（）
A.向左平移个单位长度 B.向左平移个单位长度
C.向右平移个单位长度 D.向右平移个单位长度
4．17世纪德国著名的天文学家开普勒曾经这样说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割.如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿.”黄金三角形有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是一个顶角为的等腰三角形(另一种是顶角为108°的等腰三角形).例如，五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，如图所示，在其中一个黄金中，.根据这些信息，可得（ ）

A. B.
C. D.
5．函数，的图象形状大致是（）
A. B.
C. D.
6．古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262~公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．已知，动点满足，则动点轨迹与圆位置关系是（ ）
A.外离 B.外切
C.相交 D.内切
7．若“”是“”的充分不必要条件，则（）
A. B.
C. D.
8．已知幂函数在上单调递减，则（）
A. B.5
C. D.1
9．已知集合，集合与的关系如图所示，则集合可能是（ ）

A. B.
C. D.
10． “”是“幂函数为偶函数”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
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知函数的两个零点分别为，则___________.
12．已知函数，的部分图象如图所示，其中点A，B分别是函数的图象的一个零点和一个最低点，且点A的横坐标为，，则的值为________.

13．在内，使成立的x的取值范围是____________
14．函数的单调递增区间是_________
15．如图，扇形的周长是6，该扇形的圆心角是1弧度，则该扇形的面积为______.

16．已知函数，，其中表示不超过x的最大整数．例如：，，．①______；②若对任意都成立，则实数m的取值范围是______
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．设函数，将该函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，函数的图象关于y轴对称.

（1）求的值，并在给定的坐标系内，用“五点法”列表并画出函数在一个周期内的图象；
（2）求函数的单调递增区间；
（3）设关于x的方程在区间上有两个不相等的实数根，求实数m的取值范围.
18．为推动治理交通拥堵、停车难等城市病，不断提升城市道路交通治理能力现代化水平，乐山市政府决定从2021年6月1日起实施“差别化停车收费”，收费标准讨论稿如下：A方案：首小时内3元，2-4小时为每小时1元(不足1小时按1小时计)，以后每半小时1元(不足半小时按半小时计)；单日最高收费不超过18元．B方案：每小时1.6元
（1）分别求两个方案中，停车费y(元)与停车时间(小时)之间的函数关系式；
（2）假如你的停车时间不超过4小时，方案A与方案B如何选择？并说明理由
(定义：大于或等于实数x的最小整数称为x的向上取整部分，记作，比如：，)
19．（1）计算：.
（2）若，求的值.
20．已知函数，.
（1）若在上单调递增，求实数a的取值范围；
（2）求关于的不等式的解集.
21．设全集为，，.
（1）当时，求；
（2）若，求的取值范围.

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、C
【解析】根据分段函数，结合指数，对数运算计算即可得答案.
【详解】解：由于,
所以.
故选：C.
【点睛】本题考查对数运算，指数运算，分段函数求函数值，考查运算能力，是基础题.
2、C
【解析】先计算的值，再逐项计算各项的值，从而可得正确的选项．
【详解】．
对于A，因为，故A正确．
对于B，，故B正确．
对于C，，故C错误．
对于D，，故D正确．
故选：C．
3、B
【解析】直接利用三角函数的平移变换求解.
【详解】因函数y＝cos，
所以要得到函数y＝cos的图象，只需将函数y＝cos2的图象向左平移个单位长度，
故选：B
【点睛】本题主要考查三角函数的图象的平移变换，属于基础题.
4、C
【解析】先求出，再根据二倍角余弦公式求出，然后根据诱导公式求出.
【详解】由题意可得：，且，
所以，
所以，
故选：C
【点睛】本题考查了二倍角的余弦公式和诱导公式，属于基础题.
5、D
【解析】先根据函数奇偶性排除AC，再结合特殊点的函数值排除B.
【详解】定义域，且，所以为奇函数，排除AC；又，排除B选项.
故选：D
6、C
【解析】设动点P的坐标，利用已知条件列出方程，化简可得点P的轨迹方程为圆，再判断圆心距和半径的关系即可得解.，
详解】设，由，得，整理得，
表示圆心为，半径为的圆，
圆的圆心为为圆心，为半径的圆
两圆的圆心距为，满足，
所以两个圆相交.
故选：C.
7、B
【解析】转化“”是“”的充分不必要条件为Ü，分析即得解
【详解】由题意，“”是“”的充分不必要条件
故Ü
故
故选：B
8、C
【解析】根据幂函数的定义，求得或，再结合幂函数的性质，即可求解.
【详解】解：依题意，，故或；
而在上单调递减，在上单调递增，故，
故选：C.
9、D
【解析】由图可得，由选项即可判断.
【详解】解：由图可知：，
，
由选项可知：，
故选：D.
10、C
【解析】根据函数的奇偶性的定义和幂函数的概念，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
详解】由，即，解得或，
当时，，此时函数的定义域为关于原点对称，且，所以函数为偶函数；
当时，，此时函数的定义域为关于原点对称，且，所以函数为偶函数，
所以充分性成立；
反之：幂函数，则满足，
解得或或，
当时，，此时函数为偶函数；
当时，，此时函数为偶函数，
当时，，此时函数为奇函数函数，
综上可得，实数或，即必要性成立，
所以“”是“幂函数为偶函数”的充要条件.
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】依题意方程有两个不相等实数根、，利用韦达定理计算可得；
【详解】解：依题意令，即，
所以方程有两个不相等实数根、，
所以，，
所以；
故答案为：
12、##
【解析】利用条件可得，进而利用正弦函数的图象的性质可得，再利用正弦函数的性质即求.
【详解】由题知，设，
则，
∴，∴，
∴，
将点代入，

解得，又，
∴.
故答案为：.
13、
【解析】根据题意在同一个坐标系中画出在内的函数图像，由图求出不等式的解集
【详解】解：在同一个坐标系中画出在内的函数图像，如图所示，
则使成立的x的取值范围是，
故答案为：

14、
【解析】设 ，或
为增函数，在为增函数，根据复合函数单调性“同增异减”可知：函数单调递增区间是.
15、2
【解析】由扇形周长求得半径同，弧长，再由面积公式得结论
【详解】设半径为，则，，所以弧长为，
面积为
故答案为：2
16、 ①. ②.
【解析】①代入，由函数的定义计算可得答案；
②分别计算时，时，时，时，时，时，时，的值，建立不等式，求解即可
【详解】解：①∵，
∴
②当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，
又对任意都成立，即恒成立，
∴，∴，∴实数m的取值范围是
故答案为：；.
【点睛】关键点睛：本题考查函数的新定义，关键在于理解函数的定义，分段求值，建立不等式求解.

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），图象见解析；
（2）
（3）
【解析】（1）化简解析式，通过三角函数图象变换求得，结合关于轴对称求得，利用五点法作图即可；
（2）利用整体代入法求得的单调递增区间.
（3）化简方程，利用换元法，结合一元二次方程根的分布求得的取值范围.
【小问1详解】

.
所以，将该函数的图象向左平移个单位后得到函数，
则，
该函数的图象关于轴对称，可知该函数为偶函数，
故，，解得，.
因为，所以得到.
所以函数，
列表：

0

0

0

作图如下：
【小问2详解】
由函数，
令，，
解得，，
所以函数的单调递增区间为
【小问3详解】
由（1）得到，
化简得，
令，，则.
关于的方程，即，
解得，.
当时，由，可得；
要使原方程在上有两个不相等的实数根，则，
解得.
故实数的取值范围为.
18、（1），
（2）当停车时间不超过3.75小时，选B方案；当停车时间大于3.75小时不超过4小时，选A方案，理由见解析.
【解析】（1）根据题意可得答案；
（2）根据（1）的答案分析即可.
【小问1详解】
根据题意可得：
A方案：当，；当时，
当时，；当，
所以
B方案：
【小问2详解】
显然当时，；
又因为，，
所以存在，使得，
即，解得
故当停车时间不超过3.75小时，选B方案；当停车时间大于3.75小时不超过4小时，选A方案
19、（1）；（2）
【解析】（1）根据指数幂运算、对数加法运算以及三角函数的诱导公式一，化简即可求出结果；
（2）利用诱导公式和同角的基本关系，对原式化简，可得，再将代入，即可求出结果.
【详解】解：（1）原式

.
（2）因为，
所以

.
20、（1）；（2）答案见解析.
【解析】（1）根据二次函数图象的性质确定参数a的取值区间；
（2）确定方程的根或，讨论两根的大小关系得出不等式的解集.
【详解】（1）因为函数的图象为开口向上的抛物线，其对称轴为直线
由二次函数图象可知，的单调增区间为
因为在上单调递增，所以
所以，所以实数的取值区间是 ；
（2）由得：
方程的根为或
①当时，，不等式的解集是
②当时，，不等式的解集是
③当时，，不等式的解集是
综上，①当时，不等式的解集是
②当时，不等式的解集是
③当时，不等式的解集是
21、（1）；（2）.
【解析】（1）由，得到，，再利用集合的补集和交集运算求解；
（2）易知，，根据，且求解.
【详解】（1）当时，，，
所以或，
则；
（2），，
因为，且，
所以，解得，
所以的取值范围是，