江苏省苏州市苏苑高级中学2023届数学高一上期末预测试题含解析

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1、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05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下列函数在其定义域内是增函数的是（）A.B.C.D.2已知，则的大小关系为（ ）A

2、.B.C.D.3不等式x22x的解集是()A.x|x2B.x|x2C.x|0x2D.x|x0或x24设集合，则集合A.B.C.D.5关于x的一元二次不等式对于一切实数x都成立，则实数k满足（）A.B.C.D.6给出下列命题：函数为偶函数；函数在上单调递增；函数在区间上单调递减；函数与的图像关于直线对称其中正确命题的个数是（ ）A.1B.2C.3D.47在梯形中，是边上的点，且.若记，则（）A.B.C.D.8基本再生数与世代间隔是流行病学基本参数，基本再生数是指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指两代间传染所需的平均时间，在型病毒疫情初始阶段，可以用指数函数模型描述累计感染病例数随时间（单位：天

3、）的变化规律，指数增长率与、近似满足，有学者基于已有数据估计出，.据此，在型病毒疫情初始阶段，累计感染病例数增加至的4倍，至少需要（）（参考数据：）A.6天B.7天C.8天D.9天9若，则下列不等式中，正确的是（ ）A.B.C.D.10已知是定义在上的奇函数，且，当且时.已知，若对恒成立，则的取值范围是（）A.B.C.D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11已知A、B均为集合的子集，且，则集合_12已知函数的图象过原点，则_13若函数有4个零点，则实数a的取值范围为_.14如图，正方形ABCD中，M，N分别是BC，CD中点，若，则_.15函数最大值为_16若，且，则的最小值为

4、_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已知函数，（1）求函数f（x）的最小正周期和单调递增区间；（2）将函数的图象上各点的纵坐标保持不变，横坐标缩短到原来的，再把所得到的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，求函数在区间上的值域18若函数定义域为，且存在非零实数，使得对于任意恒成立，称函数满足性质（1）分别判断下列函数是否满足性质并说明理由 （2）若函数既满足性质，又满足性质，求函数的解析式（3）若函数满足性质，求证：存在，使得19已知.（1）化简，并求的值；（2）若，求的值20如图，正三棱柱的底面边长为3，侧棱，D是CB延长线上一点，且求二面

5、角的正切值；求三棱锥的体积21已知函数.（1）存在，使得不等式成立，求实数k的取值范围；（2）方程有负实数解，求实数k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、A【解析】函数在定义域内单调递减，排除B，单调区间不能用并集连接，排除CD.【详解】定义域为R，且在定义域上单调递增，满足题意，A正确；定义域为，在定义域内是减函数，B错误；定义域为，而在为单调递增函数，不能用并集连接，C错误；同理可知：定义域为，而在区间上单调递增，不能用并集连接，D错误.故选：A2、A【解析】由题，,所以的大小关系为.故选A.点晴：

6、本题考查的是对数式的大小比较解决本题的关键是利用对数函数的单调性比较大小，当对数函数的底数大于0小于1时，对数函数是单调递减的，当底数大于1时，对数函数是单调递增的；另外由于对数函数过点（1，0），所以还经常借助特殊值0,1，2等比较大小.3、D【解析】由x22x解得：x(x2)0，所以x0或x2.选D.4、D【解析】并集由两个集合所有元素组成，排除重复的元素，故选.5、C【解析】只需要满足条件即可.【详解】由题意，解得.故选：C.6、C【解析】函数为偶函数，因为是正确的；函数在上单调递增，单调增是正确的；函数是偶函数，在区间上单调递增，故选项不正确；函数与互为反函数，根据反函数的概念得到图像

7、关于对称.是正确的.故答案为C.7、A【解析】作出图形，由向量加法的三角形法则得出可得出答案.【详解】如下图所示：由题意可得，由向量加法的三角形法则可得.故选：A.【点睛】本题考查利用基底来表示向量，涉及平面向量加法的三角形法则的应用，考查数形结合思想的应用，属于基础题.8、B【解析】根据题意将给出的数据代入公式即可计算出结果【详解】因为，所以可以得到，由题意可知，所以至少需要7天，累计感染病例数增加至的4倍故选：B9、C【解析】利用不等式的基本性质判断.【详解】由，得，即，故A错误；则，则，即，故B错误；则，所以，故C正确；则，所以，故D错误； 故选：C10、A【解析】由奇偶性分析条件可得在

8、上单调递增，所以，进而得，结合角的范围解不等式即可得解.【详解】因为是定义在上的奇函数，所以当且时，根据的任意性，即的任意性可判断在上单调递增，所以，若对恒成立，则，整理得，所以，由，可得，故选：A.【点睛】关键点点睛，本题解题关键是利用，结合变量的任意性，可判断函数的单调性，属于中档题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】根据集合的交集与补集运算,即可求得集合A中的元素.再判定其他元素是否符合要求.【详解】A、B均为集合的子集若,则若,则假设,因为,则.所以,则必含有1,不合题意,所以同理可判断综上可知, 故答案为:【点睛】本题考查了元素与集合的关系,集合与集合的

9、交集与补集运算,对于元素的分析方法,属于基础题.12、0【解析】由题意可知，函数经过坐标原点，只需将原点坐标带入函数解析式，即可完成求解.【详解】因为的图象过原点，所以，即故答案为：0.13、【解析】将函数转化为方程，作出的图像，结合图像分析即可.【详解】令得，作出的函数图像，如图，因为有4个零点，所以直线与的图像有4个交点，所以.故答案为：14、【解析】以，为基底，由平面向量基本定理，列方程求解，即可得出结果.【详解】设，则，由于可得，解得，所以故答案为：【点睛】本题考查平面向量基本定理的运用，考查向量的加法运算，考查运算求解能力，属于中档题.15、3【解析】分析:利用复合函数的性质求已知函

10、数的最大值.详解：由题得当=1时，函数取最大值21+1=3.故答案为3.点睛：本题主要考查正弦型函数的最大值，意在考查学生对该基础知识的掌握水平.16、4【解析】应用基本不等式“1”的代换求最小值即可，注意等号成立的条件.【详解】由题设，知：当且仅当时等号成立.故答案为：4.三、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）根据正弦函数的周期性和单调性即可得出答案；（2）根据周期变换和平移变换求出函数，再根据余弦函数的性质即可得出答案.【小问1详解】解：由函数，则函数f（x）的最小正周期，令，解得，所以函数f（x）的单调递增区间

11、为；【小问2详解】解：函数的图象上各点的纵坐标保持不变，横坐标缩短到原来的，得到，再把所得到的图象向左平移个单位长度，得到，当时，所以，所以函数在区间上的值域为.18、（1）满足性质，理由见解析 （2） （3）证明见解析【解析】（1）计算，得到答案.（2）根据函数性质变换得到，解得答案.（3）根据函数性质得到，取，当时满足条件，得到答案.【小问1详解】，故满足；，故满足.【小问2详解】且，故，解得.【小问3详解】，故，取得到，即，取，当时，故存在满足.19、（1），（2）【解析】（1）利用三角函数诱导公式将化简，将代入求值即可；（2）利用将变形为，继而变形为，代入求值即可.小问1详解】则【小问

12、2详解】由（1）知，则20、（1）2（2）【解析】取BC中点O，中点E，连结OE，OA，以O为原点，OD为x轴，OE为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的正切值三棱锥的体积，由此能求出结果【详解】取BC中点O，中点E，连结OE，OA，由正三棱柱的底面边长为3，侧棱，D是CB延长线上一点，且以O为原点，OD为x轴，OE为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标系，则3，0，0，0，所以0，3，其中平面ABD的法向量1，设平面的法向量y，则，取，得1，设二面角的平面角为，则，则，则，所以二面角的正切值为2由（1）可得平面，所以是三棱锥的高，且,所以三棱锥的体积：【点睛】本题主要

13、考查了二面角的求解，及空间几何体的体积的计算，其中解答中根据几何体的结构特征，建立适当的空间直角坐标系，利用向量的夹角公式求解二面角问题是求解空间角的常用方法，同时注意“等体积法”在求解三棱锥体积中的应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题21、（1）（2）【解析】（1）令，然后分离参数，求出函数的最大值即可得答案；（2）由题意，令，则，原问题等价于：在上有解，即在上有解，利用一元二次方程根的分布即可求解.【小问1详解】解：由题意，令，则原不等式等价于：存在，使成立，即存在，使成立，由二次函数的性质知，当，即时，取得最大值1，所以【小问2详解】解：由题意，因为方程有负实数根，则令，有，原问题等价于：在上有解，即在上有解令， 则或或或或，解得或或或或，即实数k的取值范围为.