2025屆資陽市重點中學數學高一上期末達標檢測模擬試題含解析

2025屆資陽市重點中學數學高一上期末達標檢測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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．已知底面邊長為1，側棱長為的正四棱柱的各頂點均在同一個球面上，則該球的體積為A. B.C. D.2．設是定義在實數集上的函數，且，若當時，，則有（）A. B.C. D.3．已知函數，下列說法錯誤的是（）A.函數在上單調遞減B.函數是最小正周期為的周期函數C.若，則方程在區(qū)間內，最多有4個不同的根D.函數在區(qū)間內，共有6個零點4．設集合，則中元素的個數為（）A.0 B.2C.3 D.45．已知命題，，則p的否定是（）A.， B.，C.， D.，6．函數的圖象可能是A. B.C. D.7．命題的否定是（）A. B.C. D.8．若函數在區(qū)間上單調遞增，則實數的取值范圍為（）A B.C. D.9．已知函數的定義域是且滿足如果對于,都有不等式的解集為A. B.C. D.10．已知，則的最小值為（）A. B.2C. D.4二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．函數的最小正周期為，且.當時，則函數的對稱中心__________;若，則值為__________.12．函數的單調遞增區(qū)間是___________.13．已知直線平行，則實數的值為____________14．若，則___________；15．已知，則的最小值為_______________.16．函數的定義域為_________.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．已知函數（且）的圖象過點.（1）求函數的解析式；（2）解不等式.18．已知，求的值.19．設為實數，函數.（1）若，求的取值范圍；（2）討論的單調性；（3）是否存在滿足：在上值域為.若存在，求的取值范圍.20．計算下列各式：（1）；（2）21．已知，，，為第二象限角，求和的值.

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】根據正四棱柱的幾何特征得：該球的直徑為正四棱柱的體對角線，故，即得，所以該球的體積，故選D.考點：正四棱柱的幾何特征；球的體積.2、B【解析】由f(2－x)＝f(x)可知函數f(x)的圖象關于x＝1對稱，所以，，又當x≥1時，f(x)＝lnx單調遞增，所以，故選B3、B【解析】A.由時，判斷；B.易知是偶函數，作出其圖象判斷；C.在同一坐標系中作出的圖象判斷；D.根據函數是偶函數，利用其圖象，判斷的零點個數即可.【詳解】A.當時，，而，上遞減，故正確；B.因為，所以是偶函數，當時，，作出其圖象如圖所示：由圖象知；函數不是周期函數，故錯誤；C.在同一坐標系中作出的圖象，如圖所示：由圖象知：當，方程在區(qū)間內，最多有4個不同的根，故正確；D.因為函數是偶函數，只求的零點個數即可，如圖所示：由函數圖象知，在區(qū)間內共有3個，所以函數在區(qū)間內，共有6個零點，故正確；故選：B4、B【解析】先求出集合,再求,最后數出中元素的個數即可.【詳解】因集合,,所以,所以,則中元素的個數為2個.故選：B5、D【解析】由否定的定義寫出即可.【詳解】p的否定是，.故選：D6、C【解析】函數即為對數函數，圖象類似的圖象，位于軸的右側，恒過，故選：7、C【解析】根據存在量詞命題的否定是全稱量詞命題，選出正確選項.【詳解】因為命題是存在量詞命題，所以其否定是全稱量詞命題，即，.故選：C.8、C【解析】函數為復合函數，先求出函數的定義域為，因為外層函數為減函數，則求內層函數的減區(qū)間為，由題意知函數在區(qū)間上單調遞增，則是的子集，列出關于的不等式組，即可得到答案.【詳解】的定義域為，令，則函數為，外層函數單調遞減，由復合函數的單調性為同增異減，要求函數的增區(qū)間，即求的減區(qū)間，當，單調遞減，則在上單調遞增，即是的子集，則.故選：C.9、D【解析】令x=，y=1，則有f（）=f（）+f（1），故f（1）=0；令x=，y=2，則有f（1）=f（）+f（2），解得，f（2）=﹣1，令x=y=2，則有f（4）=f（2）+f（2）=﹣2；∵對于0＜x＜y，都有f（x）＞f（y），∴函數f（x）是定義在（0，+∞）上的減函數，故f（﹣x）+f（3﹣x）≥﹣2可化為f（﹣x（3﹣x））≥f（4），故，解得，﹣1≤x＜0．∴不等式的解集為故選D點睛：本題重點考查了抽象函數的性質及應用，的原型函數為的原型函數為，.10、C【解析】根據給定條件利用均值不等式直接計算作答.【詳解】因為，則，當且僅當，即時取“=”，所以的最小值為.故選：C二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、①.②.【解析】根據最小正周期以及關于的方程求解出的值，根據對稱中心的公式求解出在上的對稱中心；先求解出的值，然后根據角的配湊結合兩角差的正弦公式求解出的值.【詳解】因為最小正周期為，所以，又因為，所以，所以或，又因為，所以，所以，所以，令，所以，又因為，所以，所以對稱中心為；因為，，所以，若，則，不符合，所以，所以，所以，故答案為：；.12、##【解析】求出函數的定義域，利用復合函數法可求得函數的單調遞增區(qū)間.【詳解】由得，解得，所以函數的定義域為.設內層函數，對稱軸方程為，拋物線開口向下，函數在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，外層函數為減函數，所以函數的單調遞增區(qū)間為.故答案為：.13、【解析】對x，y的系數分類討論，利用兩條直線平行的充要條件即可判斷出【詳解】當m=﹣3時，兩條直線分別化為：2y=7，x+y=4，此時兩條直線不平行；當m=﹣5時，兩條直線分別化為：x﹣2y=10，x=4，此時兩條直線不平行；當m≠﹣3，﹣5時，兩條直線分別化為：y=x+，y=+，∵兩條直線平行，∴，≠，解得m=﹣7綜上可得：m=﹣7故答案為﹣7【點睛】本題考查了分類討論、兩條直線平行的充要條件，屬于基礎題14、1【解析】根據函數解析式，從里到外計算即可得解.【詳解】，所以.故答案為：115、##225【解析】利用基本不等式中“1”的妙用即可求解.【詳解】解：因為，所以，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值為.故答案為：.16、【解析】根據根式、對數的性質有求解集，即為函數的定義域.【詳解】由函數解析式知：，解得，故答案為：.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）把已知點的坐標代入求解即可；（2）直接利用函數單調性即可求出結論，注意真數大于0的這一隱含條件【小問1詳解】因為函數（且）的圖象過點.，所以，即；【小問2詳解】因為單調遞增，所以，即不等式的解集是18、【解析】首先根據正切兩角和公式得到，再利用誘導公式和二倍角公式化簡得到，再分子、分母同除以求解即可.【詳解】因為，解得.所以.19、（1）；（2）在上單調遞增，在上單調遞減；（3）不存在.【解析】（1）直接求出，從而通過解不等式可求得的取值范圍；（2）根據二次函數的單調性即可得出分段函數的單調性；（3）首先判斷出，從而得到，即在上單調遞增；然后把問題轉化為在上有兩個不等實數根的問題，從而判斷出不存在的值.【詳解】（1）∵，∴，即，所以，所以的取值范圍為.（2）易知，對于，其對稱軸為，開口向上，所以在上單調遞增；對于，其對稱軸為，開口向上，所以在上單調遞減，綜上知，在上單調遞增，在上單調遞減；（3）由（2）得，又在上的值域為，所以，又∵在上單調遞增，∴，即在上有兩個不等實數根，即在上有兩個不等實數根，即在上有兩個不等實數根，令，則其對稱軸為