河北省巨鹿中學2025屆數學高一上期末達標檢測模擬試題含解析

河北省巨鹿中學2025屆數學高一上期末達標檢測模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．“”是“”的（）A.充要條件 B.既不充分也不必要條件C.充分不必要條件 D.必要不充分條件2．鐵路總公司關于乘車行李規(guī)定如下：乘坐動車組列車攜帶品的外部尺寸長、寬、高之和不超過．設攜帶品外部尺寸長、寬、高分別為（單位：），這個規(guī)定用數學關系式表示為（）A. B.C. D.3．“是”的（）條件A.充分不必要 B.必要不充分C.充要 D.既不充分又不必要4．函數的圖象如圖所示，則函數的零點為（）A. B.C. D.5．17世紀，在研究天文學的過程中，為了簡化大數運算，蘇格蘭數學家納皮爾發(fā)明了對數，對數的思想方法即把乘方和乘法運算分別轉化為乘法和加法，數學家拉普拉斯稱贊為“對數的發(fā)明在實效上等于把天文學家的壽命延長了許多倍”.已知，，設，則所在的區(qū)間為（）A. B.C. D.6．已知，則下列結論正確的是（）A. B.C. D.7．函數，則A. B.4C. D.88．已知，，，則a、b、c的大小關系是（）A. B.C. D.9．的定義域為（）A. B.C. D.10．給定下列四個命題：①若一個平面內的兩條直線與另一個平面都平行，則這兩個平面相互平行；②若一個平面經過另一個平面的垂線，則這兩個平面相互垂直；③垂直于同一直線的兩條直線相互平行；④若兩個平面垂直，那么一個平面內與它們的交線不垂直的直線與另一個平面也不垂直．其中，為真命題的是A.①和② B.②和③C.③和④ D.②和④二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若點P（1，﹣1）在圓x2+y2+x+y+k＝0（k∈R）外，則實數k的取值范圍為_____12．若“”是“”的必要不充分條件，則實數的取值范圍為___________.13．若，其中，則的值為______14．命題“”的否定為___________.15．將函數圖象上的所有點向右平行移動個單位長度，則所得圖象的函數解析式為___________.16．設奇函數在上是增函數，且，若對所有的及任意的都滿足，則的取值范圍是__________三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．已知集合，.（1）當時，求.（2）若，求實數m的取值范圍.18．已知函數滿足下列3個條件：①函數的周期為；②是函數的對稱軸；③.（1）請任選其中二個條件，并求出此時函數的解析式；（2）若，求函數的最值.19．如圖，在平面直角坐標系中，銳角和鈍角的頂點與原點重合，始邊與軸的非負半軸重合，終邊分別與單位圓交于，兩點，且.（1）求的值；（2）若點的橫坐標為，求的值.20．已知函數，實數且（1）設，判斷函數在上的單調性，并說明理由；（2）設且時，的定義域和值域都是，求的最大值21．已知函數．（1）求函數f（x）的最小正周期和單調遞減區(qū)間；（2）在所給坐標系中畫出函數在區(qū)間的圖象（只作圖不寫過程）．

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、D【解析】求得的解集，結合充分條件、必要條件的判定方法，即可求解.【詳解】由，可得或，所以“”是“或”成立的充分不必要條件，所以“”是“”必要不充分條件.故選：D.2、C【解析】根據長、寬、高的和不超過可直接得到關系式.【詳解】長、寬、高之和不超過，.故選：.3、A【解析】根據充分必要條件的定義判斷【詳解】若x＝1，則x2－4x＋3＝0，是充分條件，若x2－4x＋3＝0，則x＝1或x＝3，不是必要條件.故選：A.4、B【解析】根據函數的圖象和零點的定義，即可得出答案.【詳解】解：根據函數的圖象，可知與軸的交點為，所以函數的零點為2.故選：B.5、C【解析】利用對數的運算性質求出，由此可得答案.【詳解】,所以.故選：C6、B【解析】先求出，再對四個選項一一驗證即可.【詳解】因為，又，解得：.故A錯誤；對于B：，故B正確；對于C：，故C錯誤；對于D：，故D錯誤.故選：B7、D【解析】因為函數，所以，，故選D.【思路點睛】本題主要考查分段函數的解析式、指數與對數的運算，屬于中檔題.對于分段函數解析式的考查是命題的動向之一，這類問題的特點是綜合性強，對抽象思維能力要求高，因此解決這類題一定要層次清楚，思路清晰.本題解答分兩個層次：首先求出的值，進而得到的值.8、D【解析】借助中間量比較即可.詳解】解：根據題意，，，，所以故選：D9、C【解析】由對數函數的性質及分式的性質解不等式即可得解.【詳解】由題意得，解得，所以的定義域為.故選：C.【點睛】本題考查了具體函數定義域的求解，屬于基礎題.10、D【解析】利用線面平行和垂直，面面平行和垂直的性質和判定定理對四個命題分別分析進行選擇．【詳解】當兩個平面相交時，一個平面內的兩條直線也可以平行于另一個平面，故①錯誤；由平面與平面垂直的判定可知②正確；空間中垂直于同一條直線的兩條直線還可以相交或者異面，故③錯誤；若兩個平面垂直，只有在一個平面內與它們的交線垂直的直線才與另一個平面垂直，故④正確．綜上，真命題是②④.故選D【點睛】本題考查命題真假的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查空間想象能力，是中檔題．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】首先把圓的一般方程化為標準方程,點在圓外,則圓心到直線的距離,從而得解.【詳解】∵圓標準方程為，∴圓心坐標（，），半徑r，若點（1，﹣1）在圓外，則滿足k，且k＞0，即﹣2＜k，即實數k的取值范圍是（﹣2，）.故答案為:（﹣2，）【點睛】本題考查根據直線與圓的位置關系求參數的取值范圍,屬于基礎題.12、##【解析】由題意，根據必要不充分條件可得?，從而建立不等關系即可求解.【詳解】解：不等式的解集為，不等式的解集為，因為“”是“”的必要不充分條件，所以?，所以，解得，所以實數的取值范圍為，故答案為：.13、；【解析】因為，所以點睛：三角函數求值三種類型(1)給角求值：關鍵是正確選用公式，以便把非特殊角的三角函數轉化為特殊角的三角函數.(2)給值求值：關鍵是找出已知式與待求式之間的聯系及函數的差異.①一般可以適當變換已知式，求得另外函數式的值，以備應用；②變換待求式，便于將已知式求得的函數值代入，從而達到解題的目的.(3)給值求角：實質是轉化為“給值求值”，先求角的某一函數值，再求角的范圍，確定角.14、【解析】根據特稱命題的否定為全稱命題求解.【詳解】因為特稱命題的否定為全稱命題，所以“”的否定為“”，故答案：.15、【解析】由題意利用函數的圖象變換規(guī)律，即可得到結果【詳解】將函數的圖象向右平移個單位，所得圖象對應的函數解析式，即.故答案為：.16、【解析】由題意得，又因為在上是增函數，所以當，任意的時，，轉化為在時恒成立，即在時恒成立，即可求解.【詳解】由題意，得，又因為在上是增函數，所以當時，有，所以在時恒成立，即在時恒成立，轉化為在時恒成立，所以或或解得：或或，即實數的取值范圍是【點睛】本題考查函數的恒成立問題的求解，求解的關鍵是把不等式的恒成立問題進行等價轉化，考查分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）【解析】（1）利用集合的交集運算即可求解；（2）由集合的基本運算得出集合的包含關系，進而求出實數m的取值范圍.【小問1詳解】解：時，；又；【小問2詳解】解：由得所以解得：所以實數m的取值范圍為：18、（1）答案見解析，；（2）最大值；最小值.【解析】(1)由①知，由②知，由③知，結合即可求出的解析式.(2)由可得，進而可求出函數最值.【詳解】解：（1）選①②，則，解得，因為，所以，即；選①③，，由得，因，所以，即；選②③，，由得，因為，所以，即.（2）由題意得，因為，所以.所以當即時，有最大值，所以當即時，有最小值.【點睛】本題考查了三角函數的周期，考查了三角函數的對稱軸，考查了三角函數的值域，考查了三角函數表達式的求解，意在考查學生對于三角函數知識的綜合應用.19、（1）；（2）.【解析】(1)根據給定條件可得，再利用誘導公式化簡計算作答.(2)由給定條件求出，再利用和角公式、倍角公式計算作答.【小問1詳解】依題意，，所以.【小問2詳解】因點的橫坐標為，而點在第一象限，則點，即有，于是得，，，，所以.20、（1）在上單調遞增，理由見解析（2）【解析】（1）由定義法直接證明可得；（2）由題知是方程的不相等的兩個正數根，然后整理成一元二次方程，由判別式和韋達定理列不等式組求解可得a的范圍，再用韋達定理表示出所求，然后可解.【小問1詳解】設，則，，，，故在上單調遞增；【小問2詳解】由（1）可得時，在上單調遞增，的定義域和值域都是，，則是方程的不相等的兩個正數根，即有兩個不相等的正數根，則，解得，，，時，最大值為；21、（1）最小正周期T＝π；單調遞減區(qū)間為（k∈Z）；（2）圖象見解析．【解析