1、2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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已知点P(1，a)在角的终边上，tan则实数a的值是（）A.2B.C.2D.2将函数ycosxsinx(xR)的图象向左平移m(m0)个单位长度后，所得到的图象关于y轴对称，则m的最小值是（）A.B.C.D.3与角的终边相同
2、的最小正角是（ ）A.B.C.D.4已知函数，则A.1B.C.2D.05两直线2x+3y-k=0和x-ky+12=0的交点在y轴上，那么k的值是A.-24B.6C.6D.246已知集合，若，则的子集个数为A.14B.15C.16D.327下列函数中，以为最小正周期的偶函数是（）A.y=sin2x+cos2xB.y=sin2xcos2xC.y=cos（4x+）D.y=sin22xcos22x8图1是南北方向、水平放置的圭表（一种度量日影长的天文仪器，由“圭”和“表”两个部件组成）示意图，其中表高为h，日影长为l.图2是地球轴截面的示意图，虚线表示点A处的水平面.已知某测绘兴趣小组在冬至日正午时刻
3、太阳直射点的纬度为南纬）在某地利用一表高为的圭表按图1方式放置后，测得日影长为，则该地的纬度约为北纬（）（参考数据：，）A.B.C.D.9已知，若，则（）A.或B.3或5C.或5D.310若一元二次不等式的解集为，则的值为（）A.B.0C.D.2二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11已知函数的零点为1，则实数a的值为_12两条直线与互相垂直，则_13函数恒过定点为_14已知定义在上的奇函数满足，且当时，则_.15若x，y(0,)，且x4y1，则的最小值为_.16各条棱长均相等的四面体相邻两个面所成角的余弦值为_.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
4、过程或演算步骤。17已知圆经过（2，5），（2，1）两点，并且圆心在直线yx上.（1）求圆的标准方程；（2）求圆上的点到直线3x4y+230的最小距离.18如图，在三棱锥PABC中，PAAB，PAAC，ABBC，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点.（1）求证：平面BDE平面PAC；（2）求二面角PBCA的平面角的大小.19已知函数，若函数的定义域为集合，则当时，求函数的值域.20已知.（1）若，且，求的值.（2）若，求的值.21设，其中（1）若函数的图象关于原点成中心对称图形，求的值；（2）若函数在上是严格减函数，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
5、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】利用两角和的正切公式得到关于tan 的值，进而结合正切函数的定义求得a的值.【详解】，tan 2，点P(1，a)在角的终边上，tan a，a2.故选：C.2、A【解析】由题意结合辅助角公式可得，进而可得g(x)2sin，由三角函数的性质可得，化简即可得解.【详解】设f(x)cosxsinx2sin，向左平移m个单位长度得g(x)2sin，g(x)的图象关于y轴对称，m,由m0可得m的最小值为.故选：A.【点睛】本题考查了辅助角公式及三角函数图象与性质的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.3、D【解析】写出与角终边相同的角的集合，即
6、可得出结论.【详解】与角终边相同角的集合为，当时，取得最小正角为.故选：D.4、C【解析】根据题意可得，由对数的运算，即可求解，得到答案【详解】由题意，函数，故选C【点睛】本题主要考查了函数值的求法，函数性质等基础知识的应用，其中熟记对数的运算性质是解答的关键，着重考查了考查化归与转化思想、函数与方程思想，属于基础题，5、C【解析】两直线2x+3y-k=0和x+ky-12=0的交点在y轴上，令x=0，可得 ，解得k即可【详解】两直线2x+3y-k=0和x+ky-12=0的交点在y轴上，令x=0，可得，解得k=6故选C【点睛】本题考查了两条直线的交点坐标，考查了推理能力与计算能力，属于基础题6、
7、C【解析】根据集合的并集的概念得到，集合的子集个数有 个，即16个故答案为C7、D【解析】A中，周期为,不是偶函数；B中，周期为，函数为奇函数；C中，周期为，函数为奇函数；D中，周期为，函数为偶函数8、B【解析】由题意有，可得，从而可得【详解】由图1可得，又，所以，所以，所以，该地的纬度约为北纬，故选：9、D【解析】根据分段函数的定义，分与两种情况讨论即可求解.【详解】解：由题意，当时，解得或（舍去）；当，解得（舍去）；综上，.故选：D.10、C【解析】由不等式与方程的关系转化为，从而解得【详解】解：不等式kx22x+k0的解集为x|xm，解得，k1，m1，故m+k2，故选：C二、填空题：本大
8、题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】利用求得的值.【详解】由已知得，即，解得.故答案为：【点睛】本小题主要考查函数零点问题，属于基础题.12、【解析】先分别求出两条直线的斜率，再利用两条直线垂直的充要条件是斜率乘积等于，即可求出结果【详解】直线的斜率，直线的斜率，且两直线与互相垂直，解得，故答案为【点睛】本题主要考查两直线垂直的充要条件，属于基础题.在两条直线的斜率都存在的条件下，两条直线垂直的充要条件是斜率乘积等于13、【解析】当时，故恒过点睛：函数图象过定点问题，主要有指数函数过定点，对数函数过定点，幂函数过点，注意整体思维，整体赋值求解14、#【解析】先求得是周期为的周期函数
9、然后结合周期性、奇偶性求得.【详解】因为函数为上的奇函数，所以，故，函数是周期为4的周期函数.当时，则.故答案为：15、9【解析】由x4y1，结合目标式，将x4y替换目标式中的“1”即可得到基本不等式的形式，进而求得它的最小值，注意等号成立的条件【详解】x，y(0,)且x4y1当且仅当有时取等号的最小值为9故答案为：9【点睛】本题考查了基本不等式中“1”的代换，注意基本不等式使用条件“一正二定三相等”，属于简单题16、【解析】首先利用图像作出相邻两个面所成角，然后利用已知条件求出正四面体相邻两个面所成角的两边即可求解.【详解】由题意，四面体为正三棱锥，不妨设正三棱锥的边长为，过作平面，垂足为
10、取的中点，并连接、，如下图：由正四面体的性质可知，为底面正三角形的中心，从而，为的中点，为正三角形，所以，所以为正四面体相邻两个面所成角，易得，平面，平面，故.故答案为：.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）（x2）2+（y1）216（2）1【解析】（1）先求出圆心的坐标和圆的半径，即得圆的标准方程；（2）求出圆心到直线3x4y+230的距离即得解.【详解】（1）A（2，5），B（2，1）中点为（0，3），经过A（2，5），B（2，1）的直线的斜率为，所以线段AB中垂线方程为，联立直线方程y解得圆心坐标为（2，1），所以圆的半径.所以圆
11、的标准方程为（x2）2+（y1）216.（2）圆的圆心为（2，1），半径r4.圆心到直线3x4y+230的距离d.则圆上的点到直线3x4y+230的最小距离为dr1.【点睛】本题主要考查圆的标准方程的求法和圆上的点到直线的距离的最值的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.18、（1）见解析（2）【解析】（1）由线面垂直的判定定理可得平面，从而可得，证明，再根据线面垂直的判定定理可得平面PAC，再根据面面垂直的判定定理即可得证；（2）由线面垂直的性质可得，再根据线面垂直的判定定理可得平面，则有，从而可得即为二面角PBCA的平面角，从而可得出答案.【小问1详解】证明：因为PAAB，PAAC，
12、所以平面，又因平面，所以，因为D为线段AC的中点，所以，又，所以平面PAC，又因为平面BDE，所以平面BDE平面PAC；【小问2详解】解：由（1）得平面，又平面，所以，因为ABBC，所以平面，因为平面，所以，所以即为二面角PBCA平面角，中，所以，所以，即二面角PBCA的平面角的大小为.19、【解析】先求函数的定义域集合，再求函数的值域【详解】由，得，所以函数的值域为【点睛】求函数值域要先准确求出函数的定义域，注意函数解析式有意义的条件，及题目对自变量的限制条件20、（1）或（2）【解析】（1）诱导公式化简可得，结合，求解即可；（2）代入，结合诱导公式化简可得，即，利用二倍角公式化简可得，代入
13、即得解【小问1详解】由题意，若，则或【小问2详解】若，则即，即故21、（1）；（2）【解析】（1）根据函数的图象关于原点成中心对称，得到是奇函数，由此求出的值，再验证，即可得出结果；（2）任取，根据函数在区间上是严格减函数，得到对任意恒成立，分离出参数，进而可求出结果.【详解】（1）因为函数的图象关于原点成中心对称图形，所以是奇函数，则，解得，此时，因此，所以是奇函数，满足题意；故；（2）任取，因为函数在上严格减函数，则对任意恒成立，即对任意恒成立，即对任意恒成立，因为，所以，则，所以对任意恒成立，又，所以，为使对任意恒成立，只需.即的取值范围是.【点睛】思路点睛：已知函数单调性求参数时，可根据单调性的定义，得到不等式，利用分离参数的方法分离出所求参数，得到参数大于（等于）或小于（等于）某个式子的性质，结合题中条件，求出对应式子的最值，即可求解参数范围.（有时会用导数的方法研究函数单调性，进而求解参数范围）
