2025屆浙江省兩校高一數學第一學期期末質量檢測試題含解析

2025屆浙江省兩校高一數學第一學期期末質量檢測試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．已知函數的定義域為，命題為奇函數，命題，那么是的（）A.充分必要條件 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．設函數,則下列結論錯誤的是A.函數的值域為 B.函數是奇函數C.是偶函數 D.在定義域上是單調函數3．下列函數中，既是偶函數，又是（0，+∞）上的減函數的是（）A. B.C. D.4．已知偶函數在上單調遞增，則對實數、，“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件5．已知函數，且函數恰有三個不同的零點，則實數的取值范圍是A. B.C. D.6．函數的圖象大致為（）A. B.C. D.7．基本再生數R0與世代間隔T是新冠肺炎流行病學基本參數.基本再生數指一個感染者傳染的平均人數，世代間隔指相鄰兩代間傳染所需的平均時間.在新冠肺炎疫情初始階段，可以用指數模型：描述累計感染病例數I(t)隨時間t(單位:天)的變化規(guī)律，指數增長率r與R0，T近似滿足R0=1+rT.有學者基于已有數據估計出R0=3.28，T=6.據此，在新冠肺炎疫情初始階段，累計感染病例數增加1倍需要的時間約為(ln2≈0.69)（）A.1.2天 B.1.8天C.2.5天 D.3.5天8．在中，如果，，，則此三角形有（）A.無解 B.一解C.兩解 D.無窮多解9．計算：（）A.0 B.1C.2 D.310．設，，則（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．圓柱的高為1，它的兩個底面在直徑為2的同一球面上，則該圓柱的體積為____________；12．已知集合．（1）集合A的真子集的個數為___________；（2）若，則t的所有可能的取值構成的集合是___________．13．已知函數，關于方程有四個不同的實數解，則的取值范圍為__________14．求值：______.15．已知圓,圓,則兩圓公切線的方程為__________16．函數f（x）＝2sin（ωx＋φ）（ω>0，－<φ<）的部分圖象如圖所示，則的值是________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．對于函數，若實數滿足，則稱是的不動點．現設（1）當時，分別求與的所有不動點；（2）若與均恰有兩個不動點，求a的取值范圍；（3）若有兩個不動點，有四個不動點，證明：不存在函數滿足18．已知函數的定義域為，不等式的解集為設集合，且，求實數的取值范圍；定義且，求19．已知函數（1）求函數的單調遞增區(qū)間；（2）若，求函數的取值范圍20．為保護環(huán)境，污水進入河流前都要進行凈化處理.我市工業(yè)園區(qū)某工廠的污水先排入凈化池，然后加入凈化劑進行凈化處理.根據實驗得出，在一定范圍內，每放入1個單位的凈化劑，在污水中釋放的濃度y（單位：毫克/立方米）隨著時間x（單位：小時）變化的函數關系式近似為.若多次加進凈化劑，則某一時刻凈化劑在污水中釋放的濃度為每次投放的凈化劑在相應時刻所釋放的濃度之和.由實驗知，當凈化劑在污水中釋放的濃度不低于4（毫克/立方米）時，它才能起到凈化污水的作用.（1）若投放1個單位的凈化劑4小時后，求凈化劑在污水中釋放的濃度；（2）若一次投放4個單位的凈化劑并起到凈化污水的作用，則凈化時間約達幾小時？（結果精確到0.1，參考數據：，）（3）若第一次投放1個單位的凈化劑，3小時后再投放2個單位的凈化劑，設第二次投放t小時后污水中凈化劑濃度為（毫克/立方米），其中，求的表達式和濃度的最小值.21．已知直線l的方程為2x-y+1=0（1）求過點A3,2，且與直線l垂直的直線l（2）求與直線l平行，且到點P3,0的距離為5的直線l

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、C【解析】根據奇函數的性質及命題充分必要性的概念直接判斷.【詳解】為奇函數,則，但，無法得函數為奇函數，例如，滿足，但是為偶函數，所以是的充分不必要條件，故選：C.2、D【解析】根據分段函數的解析式研究函數的單調性，奇偶性，值域，可得結果.【詳解】當時，為增函數，所以，當時，為增函數，所以，所以的值域為，所以選項是正確的；又，，所以在定義域上不是單調函數，故選項是錯誤的；因為當時，，所以，當時，，所以，所以在定義域內恒成立，所以為奇函數，故選項是正確的；因為恒成立，所以函數為偶函數，故選項是正確的.故選：D【點睛】本題考查了分段函數的單調性性，奇偶性和值域，屬于基礎題.3、D【解析】根據題意，依次分析選項中函數的奇偶性與單調性，綜合即可得答案．【詳解】解：根據題意，依次分析選項：對于，是奇函數，不符合題意；對于，，是指數函數，不是偶函數，不符合題意；對于，，是偶函數，但在上是增函數，不符合題意；對于，，為開口向下的二次函數，既是偶函數，又是上的減函數，符合題意；故選．【點睛】本題考查函數單調性與奇偶性的判斷，關鍵是掌握常見函數的奇偶性與單調性，屬于基礎題．4、C【解析】直接利用充分條件和必要條件的定義判斷.【詳解】因為偶函數在上單調遞增，若，則，而等價于，故充分必要；故選：C5、A【解析】函數恰有三個不同的零點等價于與有三個交點，再分別畫出和的圖像，通過觀察圖像得出a的范圍.【詳解】解：方程所以函數恰有三個不同的零點等價于與有三個交點記，畫出函數簡圖如下畫出函數如圖中過原點虛線l，平移l要保證圖像有三個交點，向上最多平移到l’位置，向下平移一直會有三個交點，所以，即故選A.【點睛】本題考查了函數的零點問題，解決函數零點問題常轉化為兩函數交點問題6、D【解析】根據函數的奇偶性可排除選項A，B；根據函數在上的單調性可排除選項C，進而可得正確選項.【詳解】函數的定義域為且，關于原點對稱，因為，所以是偶函數，圖象關于軸對稱，故排除選項A，B，當時，，由在上單調遞增，在上單調遞減，可得在上單調遞增，排除選項C，故選：D.7、B【解析】根據題意可得，設在新冠肺炎疫情初始階段，累計感染病例數增加1倍需要的時間為天，根據，解得即可得結果.【詳解】因為，，，所以，所以，設在新冠肺炎疫情初始階段，累計感染病例數增加1倍需要的時間為天，則，所以，所以，所以天.故選：B.【點睛】本題考查了指數型函數模型的應用，考查了指數式化對數式，屬于基礎題.8、A【解析】利用余弦定理，結合一元二次方程根的判別式進行求解即可.【詳解】由余弦定理可知：，該一元二次方程根的判別式，所以該一元二次方程沒有實數根，故選：A9、B【解析】根據指數對數恒等式及對數的運算法則計算可得；【詳解】解：；故選：B10、A【解析】由對數函數的圖象和性質知，，則.又因為，根據已知可算出其取值范圍，進而得到答案.【詳解】解：因為，，所以，又＋，所以，所以.故選：A.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】由題設，易知圓柱體軸截面的對角線長為2，進而求底面直徑，再由圓柱體體積公式求體積即可.【詳解】由題意知：圓柱體軸截面的對角線長為2，而其高為1，∴圓柱底面直徑為.∴該圓柱的體積為.故答案為：12、①.15②.【解析】（1）根據集合真子集的計算公式即可求解；（2）根據集合的包含關系即可求解．【詳解】解：（1）集合A的真子集的個數為個，（2）因為，又，所以t可能的取值構成的集合為，故答案為：15；．13、【解析】作出的圖象如下：結合圖像可知，，故令得：或，令得：，且等號取不到，故，故填.點睛：一般討論函數零點個數問題，都要轉化為方程根的個數問題或兩個函數圖像交點的個數問題，本題由于涉及函數為初等函數，可以考慮函數圖像來解決，轉化為過定點的直線與拋物線變形圖形的交點問題，對函數圖像處理能力要求較高.14、7【解析】利用指數式與對數式的互化，對數運算法則計算作答.【詳解】.故答案為：715、【解析】圓，圓心為(0,0)，半徑為1；圓，圓心為(4,0)，半徑為5.圓心距為4=5-1，故兩圓內切.切點為(-1,0)，圓心連線為x軸，所以兩圓公切線的方程為，即.故答案.16、【解析】，把代入，得，，，故答案為考點：1、已知三角函數的圖象求解析式；2、三角函數的周期性【方法點睛】本題主要通過已知三角函數的圖象求解析式考查三角函數的性質，屬于中檔題．求解析時求參數是確定函數解析式的關鍵，由特殊點求時，一定要分清特殊點是“五點法”的第幾個點，用五點法求值時，往往以尋找“五點法”中的第一個點為突破口，“第一點”（即圖象上升時與軸的交點）時；“第二點”（即圖象的“峰點”）時；“第三點”（即圖象下降時與軸的交點）時；“第四點”（即圖象的“谷點”）時；“第五點”時三、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）（3）見詳解.【解析】【小問1詳解】因為，所以即，所以，所以的不動點為；解，，所以，因為是的解，所以上述四次方程必有因式，利用長除法或者雙十字相乘法因式分解得，所以，所以的不動點為；【小問2詳解】由得，由、得，因為是的解，所以上述四次方程必有因式，利用長除法或者雙十字相乘法因式分解得，因為與均恰有兩個不動點，所以①或②且和有同根，由①得，②中兩方程相減得，所以，故，綜上，a的取值范圍是；【小問3詳解】（3）設的不動點為，的不動點為，所以，設，則，所以，所以是的不動點，同理，也是的不動點，只能，假設存在，則或，因為過點，所以，否則矛盾，且，否則，所以一定存在，與均不同，所以，所以，所以有另外不動點，矛盾，故不存在函數滿足18、（1）；（2）【解析】由二次不等式的解法得，由集合間的包含關系列不等式組求解即可；由對數函數的定義域可得，利用指數函數的單調性解不等式可得，由定義且，先求出，再求出即可【詳解】解不等式，得：，即，又集合，且，則有，解得：，故答案為.令，解得：，即，由定義且可知：即，即，故答案為.【點睛】本題考查了二次不等式的解法、對數函數的定義域、指數函數的單調性以及新定義問題，屬中檔題.新定義題型的特點是：通過給出一個新概念，或約定一種新運算，或給出幾個新模型來創(chuàng)設全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎上，依據題目提供的信息，聯(lián)系所學的知識和方法，實現信息的遷移，達到靈活解題的目的.遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、驗證、運算，使問題得以解決.19、（1），；（2）；【解析】（1）利用降冪公式與輔助角公式將化簡，在利用正弦函數的單調性質即可求得函數的單調遞增區(qū)間；（2）由的取值范圍，求出的范圍，利用正弦函數的單調性即可求得函數的取值范圍【詳解】解：（1）因為由，，解得，，所以的單調遞增區(qū)間為，；（2），，當即時，當即時，，即20、（1）6毫克/立方米（2）7.1（3），；的最小值為12毫克/立方米【解析】（1）由函數解析式，將代入即可得解；（2）分和兩種情況討論，根據題意列出不等式，從而可得出答案；（3）根據題意寫出函數的解析式，再根據基本不等式即可求得最小值.【小問1詳解】解：由，當時，，所以若投放1個單位的凈化劑4小時后，凈化劑在污水中釋放的濃度為6毫克/立方米；【小問2詳解】解：因為凈化劑在污水中釋放的濃度不低于4（毫克/立方米）時，它才能起到凈化污水的作用，當時，令，得恒成立，所以當時，起到凈化污水的作用，當時，令，得，則，所以，綜上所述當時，起到凈化污水的作用，所以若一次投放4個單位的凈化劑并起到凈化污水的作用，則凈化時間約達7.1小時；【小問3詳解】解：因為第一次投入1個單位的凈化劑，3小時后再投入2個單位凈化劑，要計算的是第二次投放t小時