云南師范大學實驗中學2025屆高一上數學期末監(jiān)測模擬試題含解析

云南師范大學實驗中學2025屆高一上數學期末監(jiān)測模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．已知全集，集合則下圖中陰影部分所表示的集合為（）A. B.C. D.2．已知集合,則(

)A. B.C. D.3．如下圖所示，在正方體中，下列結論正確的是A.直線與直線所成的角是 B.直線與平面所成的角是C.二面角的大小是 D.直線與平面所成的角是4．已知向量，其中，則的最小值為（）A.1 B.2C. D.35．已知集合，，若，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.6．圓與圓的位置關系是（）A.內含 B.內切C.相交 D.外切7．在數學中，布勞威爾不動點定理是拓撲學里一個非常重要的不動點定理，它可應用到有限維空間，并構成一般不動點定理的基石，布勞威爾不動點定理得名于荷蘭數學家魯伊茲·布勞威爾(L.E.J.Brouwer)，簡單的講就是對于滿足一定條件的連續(xù)函數，存在點，使得，那么我們稱該函數為“不動點”函數，下列為“不動點”函數的是（）A. B.C. D.8．函數的最小正周期是（）A.π B.2πC.3π D.4π9．已知，，且，均為銳角，那么（）A. B.或－1C.1 D.10．設函數對任意的，都有，，且當時，，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．已知函數，若對恒成立，則實數的取值范圍是___________.12．設，用表示不超過的最大整數.則稱為高斯函數.例如：，，已知函數，則的值域為___________.13．已知冪函數是奇函數，則___________.14．已知圓錐的側面展開圖是一個半徑為2的半圓，則這個圓錐的高是_______15．函數的反函數是___________.16．已知函數的圖象恒過定點，若點也在函數的圖象上，則_________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.（Ⅰ）用“五點法”作出該函數在一個周期內的圖象簡圖；（Ⅱ）請描述如何由函數的圖象通過變換得到的圖象.18．已知函數，其中m為實數（1）求f（x）的定義域；（2）當時，求f（x）的值域；（3）求f（x）的最小值19．已知函數，.（1）若在上單調遞增，求實數a的取值范圍；（2）求關于的不等式的解集.20．已知函數．（1），，求的單調遞減區(qū)間；（2）若，，的最大值是，求的值21．已知函數的值域為,函數.（Ⅰ）求；（Ⅱ）當時,若函數有零點,求的取值范圍,并討論零點的個數.

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】根據題意，結合Venn圖與集合間的基本運算，即可求解.【詳解】根據題意，易知圖中陰影部分所表示.故選：C.2、B【解析】直接利用兩個集合的交集的定義求得M∩N【詳解】集合M={x|x+1≥0}={x|x≥-1}，N={x|x2＜4}={x|-2＜x＜2}，則M∩N={x|-1≤x＜2}，故選B【點睛】本題主要考查兩個集合的交集的定義和求法，屬于基礎題3、D【解析】選項，連接，，因為，所以直線與直線所成的角為，故錯；選項，因為平面,故為直線與平面所成的角，根據題意；選項，因為平面,所以，故二面角的平面角為，故錯；用排除法，選故選：D4、A【解析】利用向量坐標求模得方法，用表示，然后利用三角函數分析最小值【詳解】因為，所以，因為，所以，故的最小值為.故選A【點睛】本題將三角函數與向量綜合考察，利用三角函數得有界性，求模長得最值5、A【解析】集合表示到的線段，集合表示過定點的直線，，說明線段和過定點的直線有交點，由此能求出實數的取值范圍【詳解】由題意可得，集合表示到的線段上的點，集合表示恒過定點的直線.∵∴線段和過定點的直線有交點∴根據圖像得到只需滿足，或故選A．【點睛】本題考查交集定義等基礎知識，考查函數與方程思想、數形結合思想，是基礎題．解答本題的關鍵是理解集合表示到的線段，集合表示過定點的直線，再通過得出直線與線段有交點，通過對應的斜率求解.6、D【解析】根據兩圓的圓心距和兩半徑的和與差的關系判斷.【詳解】因為圓與圓的圓心距為：兩圓的半徑之和為：，所以兩圓相外切，故選：D7、C【解析】根據已知定義，將問題轉化為方程有解，然后逐項進行求解并判斷即可.【詳解】根據定義可知：若有不動點，則有解.A．令，所以，此時無解，故不是“不動點”函數；B．令，此時無解，，所以不是“不動點”函數；C．當時，令，所以或，所以“不動點”函數；D．令即，此時無解，所以不是“不動點”函數.故選：C.8、A【解析】化簡得出，即可求出最小正周期.【詳解】，最小正周期.故選：A.9、A【解析】首先確定角，接著求，，最后根據展開求值即可.【詳解】因為，均為銳角，所以，所以，，所以.故選：A.【點睛】(1)給值求值問題一般是正用公式將所求“復角”展開，看需要求相關角的哪些三角函數值，然后根據角的范圍求出相應角的三角函數值，代入展開式即可(2)通過求所求角的某種三角函數值來求角，關鍵點在選取函數，常遵照以下原則：①已知正切函數值，選正切函數；②已知正、余弦函數值，選正弦或余弦函數；若角的范圍是，選正、余弦皆可；若角的范圍是(0，π)，選余弦較好；若角的范圍為，選正弦較好10、A【解析】由和可得函數的周期，再利用周期可得答案.【詳解】由得，所以，即，所以的周期為4，，由得，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】需要滿足兩個不等式和對都成立.【詳解】和對都成立,令，得在上恒成立，當時，只需即可，解得；當時，只需即可，解得（舍）；綜上故答案為：12、【解析】對進行分類討論，結合高斯函數的知識求得的值域.【詳解】當為整數時，，當不是整數，且時，，當不是整數，且時，，所以的值域為.故答案為：13、1【解析】根據冪函數定義可構造方程求得，將的值代入解析式驗證函數奇偶性可確定結果.【詳解】由題意得，∴或1，當時，是偶函數；當時，是奇函數.故答案為：1.14、【解析】設圓錐的母線為，底面半徑為則因此圓錐的高是考點：圓錐的側面展開圖15、；【解析】根據指數函數與對數函數互為反函數直接求解.【詳解】因為，所以，即的反函數為，故答案為：16、【解析】根據對數過定點可求得，代入構造方程可求得結果.【詳解】，，，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、（Ⅰ）圖象見解析；（Ⅱ）答案不唯一，見解析.【解析】（Ⅰ）分別令取、、、、，列表、描點、連線可作出函數在一個周期內的圖象簡圖；（Ⅱ）根據三角函數圖象的變換原則可得出函數的圖象通過變換得到的圖象的變換過程.【詳解】（Ⅰ）列表如下：函數在一個周期內的圖象簡圖如下圖所示：（Ⅱ）總共有種變換方式，如下所示：方法一：先將函數的圖象向左平移個單位，將所得圖象上每個點的橫坐標縮短為原來的倍，再將所得圖象上每個點的縱坐標伸長為原來的倍，可得到函數的圖象；方法二：先將函數的圖象向左平移個單位，將所得圖象上每個點的縱坐標伸長為原來的倍，再將所得圖象上每個點的橫坐標縮短為原來的倍，可得到函數的圖象；方法三：先將函數的圖象上每個點的橫坐標縮短為原來的倍，將所得圖象向左平移個單位，再將所得圖象上每個點的縱坐標伸長為原來的倍，可得到函數的圖象；方法四：先將函數的圖象上每個點的橫坐標縮短為原來的倍，將所得圖象上每個點的縱坐標伸長為原來的倍，再將所得圖象向左平移個單位，可得到函數的圖象；方法五：先將函數的圖象上每個點的縱坐標伸長為原來的倍，將所得圖象上每個點的橫坐標縮短為原來的倍，再將所得圖象向左平移個單位，可得到函數的圖象；方法六：先將函數的圖象上每個點的縱坐標伸長為原來的倍，將所得圖象向左平移個單位，再將所得圖象上每個點的橫坐標縮短為原來的倍，可得到函數的圖象.【點睛】本題考查利用五點作圖法作出正弦型函數在一個周期內的簡圖，同時也考查了三角函數圖象變換，考查推理能力，屬于基礎題.18、（1）（2）[2，2]（3）當時，f（x）的最小值為2；當時，f（x）的最小值為【解析】（1）根據函數解析式列出相應的不等式組，即可求得函數定義域；（2）令，采用兩邊平方的方法，即可求得答案；（3）仿（2），令，可得，從而將變?yōu)殛P于t的二次函數，然后根據在給定區(qū)間上的二次函數的最值問題求解方法，分類討論求得答案.【小問1詳解】由解得所以f（x）的定義域為【小問2詳解】當時，設，則當時，取得最大值8；當或時，取得最小值4所以的取值范圍是[4，8]所以f（x）的值城為[2，2]【小問3詳解】設，由（2）知，，且，則令，,若，，此時的最小值為；若，當時，在[2，2上單調遞增，此時的最小值為；當，即時，，此時的最小值為；當，即時，，此時的最小值為所以，當時，f（x）的最小值為2；當時，f（x）的最小值為19、（1）；（2）答案見解析.【解析】（1）根據二次函數圖象的性質確定參數a的取值區(qū)間；（2）確定方程的根或，討論兩根的大小關系得出不等式的解集.【詳解】（1）因為函數的圖象為開口向上的拋物線，其對稱軸為直線由二次函數圖象可知，的單調增區(qū)間為因為在上單調遞增，所以所以，所以實數的取值區(qū)間是；（2）由得：方程的根為或①當時，，不等式的解集是②當時，，不等式的解集是③當時，，不等式的解集是綜上，①當時，不等式的解集是②當時，不等式的解集是③當時，不等式的解集是20、（1），；（2）.【解析】（1）先利用三角恒等變換公式化簡函數，通過余弦函數的單調性求解即可．（2）利用函數的最大值為，由正弦函數的性質結合輔助角公式求解即可【詳解】（1），由，得，又，所以單調的單調遞減區(qū)間為，（2）由題意，由于函數的最大值為，即，從而，又，所以【點睛】方法點睛：函數的性質：(1).(2)周期(3)由求對稱軸，由求對稱中心.(4)由求增區(qū)間；由求減區(qū)間.21、（Ⅰ);(Ⅱ)答案見詳解.【解析】(Ⅰ)對分段函數求值域,分別求出每一段函數的值域,再求其并集即可;(Ⅱ)函數有零點,即表示方程有根,與函數圖像有交點,因而將換元,利用二次函數性質求出其值域,再數形結合討論零點個數即