福建廈門大同中學2025屆高一上數學期末經典模擬試題含解析

福建廈門大同中學2025屆高一上數學期末經典模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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．函數的定義域是（）A. B.C.R D.2．已知向量，且，則實數=A B.0C.3 D.3．將函數的圖象上各點的縱坐標不變，橫坐標伸長到原來的3倍，再向右平移個單位，得到的函數的一個對稱中心是A. B.C. D.4．已知實數滿足,那么的最小值為(

)A. B.C. D.5．已知，那么（）A. B.C. D.6．已知命題p：，，則（）A.， B.，C.， D.，7．已知集合，，則中元素的個數是（）A. B.C. D.8．已知函數，，則函數的值域為（）A B.C. D.9．如圖，正方形的邊長為1，它是水平放置的一個平面圖形的直觀圖，則原圖形的周長是（）A. B.8C.6 D.10．下列函數中為偶函數的是（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若（）與（）互為相反數，則的最小值為______.12．______.13．已知集合，，則_________.14．如圖是某個鐵質幾何體的三視圖，其中每個小正方形格子的邊長均為個長度單位，將該鐵質幾何體熔化，制成一個大鐵球，如果在熔制過程中材料沒有損耗，則大鐵球的表面積為_______________________.15．在平面直角坐標系xOy中，設角α的始邊與x軸的非負半軸重合，終邊與單位圓交于點P45,35，將射線OP繞坐標原點O按逆時針方向旋轉π2后與單位圓交于點Qx216．函數的最大值與最小值之和等于______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（其中）的圖象上相鄰兩個最高點的距離為（Ⅰ）求函數的圖象的對稱軸；（Ⅱ）若函數在內有兩個零點，求的取值范圍及的值18．如圖，已知點，是以為底邊的等腰三角形，點在直線:上（1）求邊上的高所在直線的方程；（2）求的面積19．已知的部分圖象如圖.（1）求函數的解析式；（2）求函數在上的單調增區(qū)間.20．改革開放四十周年紀念幣從2018年12月5日起可以開始預約通過市場調查，得到該紀念章每1枚的市場價單位：元與上市時間單位：天的數據如下：上市時間x天81032市場價y元826082根據上表數據，從下列函數：；；中選取一個恰當的函數刻畫改革開放四十周年紀念章的市場價y與上市時間x的變化關系并說明理由利用你選取的函數，求改革開放四十周年紀念章市場價最低時的上市天數及最低的價格21．已知二次函數滿足，且的最小值是求的解析式；若關于x的方程在區(qū)間上有唯一實數根，求實數m的取值范圍；函數，對任意，都有恒成立，求實數t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、A【解析】顯然這個問題需要求交集.【詳解】對于：，；對于：，；故答案為：A.2、C【解析】由題意得，，因為，所以，解得，故選C.考點：向量的坐標運算.3、A【解析】由函數的圖象上各點的縱坐標不變，橫坐標伸長到原來的3倍得到，向右平移個單位得到，將代入得，所以函數的一個對稱中心是，故選A4、A【解析】表示直線上的點到原點的距離，利用點到直線的距離公式求得最小值.【詳解】依題意可知表示直線上的點到原點的距離，故原點到直線的距離為最小值，即最小值為，故選A.【點睛】本小題主要考查點到直線的距離公式，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于基礎題.5、C【解析】運用誘導公式即可化簡求值得解【詳解】，可得，那么故選：C6、A【解析】直接利用全稱命題的否定即可得到結論【詳解】因為命題p：，，所以：，.故選：A.7、B【解析】根據并集的定義進行求解即可.【詳解】由題意得，，顯然中元素的個數是5.故選：B8、B【解析】先判斷函數的單調性，再利用單調性求解.【詳解】因為，在上都是增函數，由復合函數的單調性知：函數，在上為增函數，所以函數的值域為，故選：B9、B【解析】根據斜二測畫法得出原圖形四邊形的性質，然后可計算周長【詳解】由題意，所以原平面圖形四邊形中，，，，所以，所以四邊形的周長為：故選：B10、B【解析】利用函數奇偶性的定義可判斷A、B、C選項中各函數的奇偶性，利用特殊值法可判斷D選項中函數的奇偶性.【詳解】對于A選項，令，該函數的定義域為，，所以，函數為奇函數；對于B選項，令，該函數的定義域為，，所以，函數為偶函數；對于C選項，函數的定義域為，則函數為非奇非偶函數；對于D選項，令，則，，且，所以，函數為非奇非偶函數.故選：B.【點睛】本題考查函數奇偶性的判斷，考查函數奇偶性定義的應用，考查推理能力，屬于基礎題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、2【解析】有題設得到，利用基本不等式求得最小值.【詳解】由題知，，則，，則，當且僅當時等號成立，故答案為：212、2【解析】利用兩角和的正切公式進行化簡求值.【詳解】由于，所以，即，所以故答案為：【點睛】本小題主要考查兩角和的正切公式，屬于中檔題.13、【解析】由對數函數單調性，求出集合A，再根據交集的定義即可求解.【詳解】解：，，，故答案為：.14、【解析】由已知得該鐵質幾何體是由一個小鐵球和一個鐵質圓錐體拼接而成，根據圓錐和球體的體積公式可得答案.【詳解】該鐵質幾何體是由一個小鐵球和一個鐵質圓錐體拼接而成，體積之和為，設制成的大鐵球半徑為，則，得，故大鐵球的表面積為.故答案為：.15、①.34##0.75②.-【解析】利用三角函數的定義和誘導公式求出結果【詳解】由三角函數的定義及已知可得：sinα=3所以tan又x故答案為：34，16、0【解析】先判斷函數為奇函數，則最大值與最小值互為相反數【詳解】解：根據題意，設函數的最大值為M，最小值為N，又由，則函數為奇函數，則有，則有；故答案為0【點睛】本題考查函數奇偶性，利用奇函數的性質求解是解題關鍵三、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、（Ⅰ）；（Ⅱ），.【解析】（Ⅰ）由題意，圖象上相鄰兩個最高點的距離為，即周期，可得，即可求解對稱軸；（Ⅱ）函數在，內有兩個零點，，轉化為函數與函數有兩個交點，即可求解的范圍；在，內有兩個零點，是關于對稱軸是對稱的，即可求解的值【詳解】（Ⅰ）∵已知函數（其中）的圖象上相鄰兩個最高點的距離為，∴，故函數．令，得+，故函數的圖象的對稱軸方程為+，；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知函數．∵x∈，∴∈[，]∴-≤≤，要使函數在內有兩個零點∴-＜m＜，且m即m的取值范圍是（-，）∪（，）函數在內有兩個零點，可得是關于對稱軸是對稱的，對稱軸為=2x-，得x=，在內的對稱軸x=或當m∈（-，1）時，可得=，=當m∈（-1，-）時，可得x1+x2=，∴==18、解：（Ⅰ）x－y－1＝0；（Ⅱ）2【解析】（1）由題意，求得直線的斜率，從而得到，利用直線的點斜式方程，即可求解直線的方程；（2）由，求得，利用兩點間的距離公式和三角形的面積公式，即可求得三角形的面積.試題解析：（Ⅰ）由題意可知，為的中點，∴，且，∴所在直線方程為，即.（Ⅱ）由得∴∴,∴∴19、（1）；（2）和.【解析】（1）由圖知：且可求，再由，結合已知求，寫出解析式即可.（2）由正弦函數的單調性，知上遞增，再結合給定區(qū)間，討論值確定其增區(qū)間.【詳解】（1）由圖知：且，∴.又，即，而，∴.綜上，.（2）∵，∴.當時，；當時，，又，∴函數在上的單調增區(qū)間為和.20、（1）見解析；（2）上市天數為20時，市場價最低，最低價格為10元【解析】根據函數單調性選擇模型；求出函數解析式，利用二次函數的性質得出最小值【詳解】由表格可知隨著上市時間的增加，市場價y先減少，后增大，而函數和均為單調函數，顯然不符合題意；故選擇函數模型把，，代入得：，解得：，∴∴上市天數為20時，市場價最低，最低價格為10元【點睛】本題主要考查了函數模型的選擇與應用，二次函數在實際中的應用，屬于中檔題21、（1）(2)（3）【解析】（1）因，故對稱軸為，故可設，再由得.（2）有唯一實數根可以轉化為與有唯一的交點去考慮.（3），任意都有不等式成立等價于，分、、和四種情形討論即可.解析：（1）因，對稱軸為，設，由得，所以.（2）由方程得，即直線與函數的圖象有且只有一個交點，作出函數在的圖象.易得當或時函數圖象與直線只有一個交點，所以的取值