2025屆江蘇省南京一中高一數學第一學期期末學業(yè)質量監(jiān)測試題含解析

2025屆江蘇省南京一中高一數學第一學期期末學業(yè)質量監(jiān)測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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．已知角為第四象限角，則點位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限2．若是第二象限角，則點在（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限3．若命題“，使得”為真命題，則實數a的取值范圍是（）A. B.C. D.4．函數（，且）的圖象必過定點A. B.C. D.5．若為所在平面內一點，，則形狀是A.等腰三角形 B.直角三角形C.正三角形 D.以上答案均錯6．若直線與互相平行，則（）A.4 B.C. D.7．王安石在《游褒禪山記》中寫道“世之奇?zhèn)?、瑰怪，非常之觀，常在于險遠，而人之所罕至焉，故非有志者不能至也”，請問“有志”是到達“奇?zhèn)?、瑰怪，非常之觀”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8．函數的圖像大致為A. B.C. D.9．若函數（，且）在上的最大值為4，且函數在上是減函數，則實數的取值范圍為（）A. B.C. D.10．下列命題為真命題的是（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．下列四個命題：①函數與的圖象相同；②函數的最小正周期是；③函數的圖象關于直線對稱；④函數在區(qū)間上是減函數其中正確的命題是__________（填寫所有正確命題的序號）12．已知，若，則的最小值是___________.13．已知函數，，則它的單調遞增區(qū)間為______14．已知角的終邊經過點，則的值為_______________.15．已知函數，若函數的最小值與函數的最小值相等，則實數的取值范圍是__________16．在直角坐標系內，已知是圓上一點，折疊該圓兩次使點分別與圓上不相同的兩點（異于點）重合，兩次的折痕方程分別為和，若圓上存在點，使，其中的坐標分別為，則實數的取值集合為__________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.（1）當時，解不等式；（2）若不等式在上恒成立，求實數的取值范圍.18．在①f(x)是偶函數；②是f(x)的圖象在y軸右側的第一個對稱中心；③f(x)相鄰兩條對稱軸之間距離為.這三個條件中任選兩個，補充在下面問題的橫線上，并解答.已知函數f(x)=sin(x+)(>0，0<<π)，滿足________.（1）求函數f(x)的解析式；（2）將函數y=f(x)圖象向右平移個單位，再將所得的圖象上每一點的縱坐標不變，橫坐標變?yōu)樵瓉淼?倍后所得到的圖象對應的函數記作y=g(x)；若函數F(x)=f(x)+kg(x)在(0，nπ)內恰有2021個零點，求實數k與正整數n的值.19．已知函數.（1）當時，求的定義域；（2）若函數只有一個零點，求的取值范圍.20．設全集U=R，集合A={x|2x-1≥1}，B={x|x2-4x-5＜0}（Ⅰ）求A∩B，（?UA）∪（?UB）；（Ⅱ）設集合C={x|m+1＜x＜2m-1}，若B∩C=C，求實數m的取值范圍21．已知函數..（1）判斷函數的奇偶性并證明；（2）若函數在區(qū)間上單調遞減，且值域為，求實數的取值范圍

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】根據三角函數的定義判斷、的符號，即可判斷.【詳解】因為是第四象限角，所以，，則點位于第三象限，故選：C2、D【解析】先分析得到，即得點所在的象限.【詳解】因為是第二象限角，所以，所以點在第四象限，故選D【點睛】本題主要考查三角函數的象限符合，意在考查學生對該知識的理解掌握水平，屬于基礎題.3、B【解析】在上有解，利用基本不等式求出的最小值即可.【詳解】即在上有解，所以在上有解，由，當且僅當，即時取得等號，故故選:B4、C【解析】因為函數，且有(且)，令，則，，所以函數的圖象經過點.故選：C.【點睛】本題主要考查對數函數(且)恒過定點，屬于基礎題目.5、A【解析】根據向量的減法運算可化簡已知等式為，從而得到三角形的中線和底邊垂直，從而得到三角形形狀.詳解】三角形的中線和底邊垂直是等腰三角形本題正確選項：【點睛】本題考查求解三角形形狀的問題，關鍵是能夠通過向量的線性運算得到數量積關系，根據數量積為零求得垂直關系.6、B【解析】根據直線平行，即可求解.【詳解】因為直線與互相平行，所以，得當時，兩直線重合，不符合題意；當時，符合題意故選：B.7、D【解析】根據題意“非有志者不能至也”可知到達“奇?zhèn)?、瑰怪，非常之觀”必是有志之士，故“有志”是到達“奇?zhèn)?、瑰怪，非常之觀”的必要條件，故選D.8、A【解析】詳解】由得，故函數的定義域為又，所以函數為奇函數，排除B又當時，；當時，．排除C，D．選A9、A【解析】由函數（，且）在上的最大值為4，分情況討論得到，從而可得函數單調遞增，而在上是減函數，所以可得，由此可求得的取值范圍【詳解】當時，函數單調遞增，據此可知：，滿足題意；當時，函數單調遞減，據此可知：，不合題意；故，函數單調遞增，若函數在上是減函數，則，據此可得故選：A【點睛】此題考查對數函數的性質，考查指數函數的性質，考查分類討論思想，屬于基礎題.10、C【解析】當時，不正確；當時，不正確；正確；當時，不正確.【詳解】對于，當時，不成立，不正確；對于，當時，不成立，不正確；對于，若，則，正確；對于，當時，不成立，不正確.故選：C.【點睛】關鍵點點睛：利用不等式的性質求解是解題關鍵.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、①②④【解析】首先需要對命題逐個分析，利用三角函數的相關性質求得結果.【詳解】對于①，，所以兩個函數的圖象相同，所以①對；對于②，，所以最小正周期是，所以②對；對于③，因為，所以，，，因為，所以函數的圖象不關于直線對稱，所以③錯，對于④，，當時，，所以函數在區(qū)間上是減函數，所以④對，故答案為①②④【點睛】該題考查的是有關三角函數的性質，涉及到的知識點有利用誘導公式化簡函數解析式，余弦函數的周期，正弦型函數的單調性，屬于簡單題目.12、16【解析】乘1后借助已知展開，然后由基本不等式可得.【詳解】因為，所以當且僅當，，即時，取“=”號，所以的最小值為16.故答案為：1613、（區(qū)間寫成半開半閉或閉區(qū)間都對）；【解析】由得因為，所以單調遞增區(qū)間為14、【解析】到原點的距離.考點：三角函數的定義.15、【解析】由二次函數的知識得，當時有．令，則，．結合二次函數可得要滿足題意，只需，解不等式可得所求范圍【詳解】由已知可得，所以當時，取得最小值，且令，則，要使函數的最小值與函數的最小值相等，只需滿足，解得或.所以實數的取值范圍是故答案為【點睛】本題考查二次函數最值的問題，求解此類問題時要結合二次函數圖象，即拋物線的開口方向和對稱軸與區(qū)間的關系進行求解，同時注意數形結合在解題中的應用，考查分析問題和解決問題的能力，屬于基礎題16、【解析】由題意，∴A（3，2）是⊙C上一點，折疊該圓兩次使點A分別與圓上不相同的兩點（異于點A）重合，兩次的折痕方程分別為x﹣y+1=0和x+y﹣7=0，∴圓上不相同的兩點為B（1，4），D（5，4），∵A（3，2），BA⊥DA∴BD的中點為圓心C（3，4），半徑為1，∴⊙C的方程為（x﹣3）2+（y﹣4）2=4過P，M，N的圓的方程為x2+y2=m2，∴兩圓外切時，m的最大值為，兩圓內切時，m的最小值為，故答案為[3，7]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）根據對數函數的定義域及單調性求解即可；（2）由題意原問題轉化為在上恒成立，分與兩種情況分類討論，求出最值解不等式即可.【詳解】(1)時，函數定義域為解得不等式的解集為(2)設，由題意知，解得，在上恒成立在上恒成立令，的圖象是開口向下，對稱軸方程為的拋物線.①時，上恒成立等價于解得，這與矛盾.②當時，在上恒成立等價于解得或又綜上所述，實數的取值范圍是【點睛】關鍵點點睛：由題意轉化為在上恒成立，分類討論去掉對數符號，轉化為二次函數在上最大值或最小值，是解題的關鍵所在，屬于中檔題.18、（1）（2），【解析】（1）根據三角函數的圖象和性質，求出和的值即可，（2）根據函數圖象變換關系，求出以及的解析式，根據函數零點性質建立方程進行討論求解即可【小問1詳解】解：①是偶函數；②，是的圖象在軸右側的第一個對稱中心；③相鄰兩條對稱軸之間距離為若選擇①②，由①是偶函數，即，由②，是的圖象在軸右側的第一個對稱中心；則，得，即選擇①③：由①是偶函數，即，由③知：相鄰兩條對稱軸之間距離為，即，則，則，則若選②③：③知：相鄰兩條對稱軸之間距離為，即，則，則，則，由②，是的圖象在軸右側的第一個對稱中心；，得，則，綜上【小問2詳解】解：依題意，將函數的圖象向右平移個單位，得，再將所得的圖象上每一點的縱坐標不變，橫坐標伸長為原來的2倍得到，可得，所以，當時，，則在內的零點個數為偶數個，在內恰有2021個零點，為奇數個零點，故，令，可得，令，，則，△，則關于的二次方程必有兩個不等的實根，，，且，則，異號，①當，且時，則方程和在區(qū)間，均有偶數個根，從而在區(qū)間，有偶數個根，不符合題意；②當，且時，則方程在區(qū)間有偶數個根，無解，從而方程在有偶數個根，不合題意同理，當且時，從而方程在有偶數個根，不合題意③當，，當時，只有一根，有兩根，所以關于的方程在有三個根，由于，則方程在只有一個根，在區(qū)間上無實解，方程在區(qū)間上無實解，在區(qū)間上有兩個根所以關于的方程在區(qū)間上有2020個根．在區(qū)間上有2022個根．不合題意④當時，則，當時，只有一根，有兩根，所以關于的方程在上有三個根，由于，則方程在上有個根由于方程在區(qū)間上無實數根，在區(qū)間上只有一個實數根由于方程在區(qū)間上有兩個實數根，在區(qū)間上只有一個實數根因此關于的方程在上有2021個根，在區(qū)間上有2022個根，因此所以解得，19、（1）；（2）【解析】（1）當時，求的解析式，令真數位置大于，解不等式即可求解；（2）由題意可得，整理可得只有一解，分別討論，時是否符合題意，再分別討論和有且只有一個是方程①的解，結合定義域列不等式即可求解.【小問1詳解】當時，，由，即，因為，所以.故的定義域為.【小問2詳解】因為函數只有一個零點，所以關于的方程①的解集中只有一個元素.由，可得，即，所以②，當時，，無意義不符合題意，當，即時，方程②的解為.由（1）得的定義域為，不在的定義域內，不符合題意.當是方程①的解，且不是方程①的解時，解得：，當是方程①的解，且不是方程①的解時，解得：且，無解.綜上所述：的取值范圍是.20、（Ⅰ）{x|x＜1或x≥5}，（Ⅱ）（-∞，3].【解析】（Ⅰ）求出集合A，B，由此能出A∩B，（?UA）∪（?UB）（Ⅱ）由集合C＝{x|m+1＜x＜2m﹣1}，B∩C＝C，得C?B，當C＝?時，2m﹣1＜m+1，當C≠?時，由C?B得，由此能求出m的取值范圍【詳解】解：（Ⅰ）∵全集U=R，集合A={x|2x-1≥1}={x|x≥1}，B={x|x2-4x-5＜0}={x|-1＜x＜5}∴A∩B={x|1≤x＜5}，（CUA）∪（CUB）={x|x＜1或x≥5}（Ⅱ）∵集合C={x|m+1＜x＜2m-1}，B∩C=C，∴C?B，當C=?時，解得當C≠?時，由C?B得，解得：2＜m≤3綜上所述：m的取值范圍是（-∞，3]【點睛】本題考查交集、補集、并集的求法，考查實數的取值范圍的求法，考查交集、補集、并