北京順義牛欄山一中2025屆數學高一上期末檢測試題含解析

北京順義牛欄山一中2025屆數學高一上期末檢測試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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．函數在一個周期內的圖像如圖所示，此函數的解析式可以是（）A. B.C. D.2．函數零點所在的大致區(qū)間的A. B.C. D.3．從1，2，3，4這4個數中，不放回地任意取兩個數，兩個數都是奇數概率是A. B.C. D.4．已知，，，則a，b，c三個數的大小關系是（）A. B.C. D.5．已知命題：函數過定點，命題：函數是冪函數，則是的（）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6．已知奇函數在上單調遞減，且，則不等式的解集為（）A. B.C. D.7．若集合，，則（）A. B. C. D.8．下列函數中，與函數的奇偶性相同，且在上單調性也相同的是A. B.C. D.9．采用系統(tǒng)抽樣方法，從個體數為1001的總體中抽取一個容量為40的樣本，則在抽取過程中，被剔除的個體數與抽樣間隔分別為（）A.1，25 B.1，20C.3，20 D.3，2510．函數的部分圖象如圖所示，則可能是（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知向量，，，，則與夾角的余弦值為______12．已知定義在區(qū)間上的奇函數滿足：，且當時，，則____________.13．函數的定義域為_________.14．某工廠生產的產品中有正品和次品，其中正品重/個，次品重/個.現有10袋產品（每袋裝100個），其中1袋裝的全為次品，其余9袋裝的全為正品.將這10袋產品從1～10編號，從第i號袋中取出i個產品，則共抽出______個產品；將取出的產品一起稱重，稱出其重量，則次品袋的編號為______.15．如果實數滿足條件，那么的最大值為__________16．設，且，則的取值范圍是________.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．在平面直角坐標系中，已知角α的始邊為x軸的非負半軸，終邊經過點P（-，）（Ⅰ）求cos（α-π）的值；（Ⅱ）若tanβ=2，求的值18．已知函數（且）.（1）判斷函數的奇偶性，并證明；（2）若，不等式在上恒成立，求實數的取值范圍；（3）若且在上最小值為，求m的值.19．如圖，點，，在函數的圖象上（1）求函數的解析式；（2）若函數圖象上的兩點，滿足，，求四邊形OMQN面積的最大值20．已知函數是偶函數（1）求的值；（2）將函數的圖像向右平移個單位，再將得到的圖像上各點的橫坐標伸長為原來的4倍（縱坐標不變），得到函數的圖像，討論在上的單調性21．已知函數f（x）=（1）若f（2）=a，求a的值；（2）當a=2時，若對任意互不相等實數x1，x2∈（m，m+4），都有＞0成立，求實數m的取值范圍；（3）判斷函數g（x）=f（x）-x-2a（＜a＜0）在R上的零點的個數，并說明理由

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】根據圖象，先確定以及周期，進而得出，再由求出，即可得到函數解析式.【詳解】顯然，因為，所以，所以，由得，所以，即，，因為，所以，所以.故選：A2、B【解析】函數是單調遞增函數，則只需時，函數在區(qū)間（a，b）上存在零點.【詳解】函數,x>0上單調遞增，，函數f（x）零點所在的大致區(qū)間是；故選B【點睛】本題考查利用函數零點存在性定義定理求解函數的零點的范圍，屬于基礎題；解題的關鍵是首先要判斷函數的單調性，再根據零點存在的條件：已知函數在（a，b）連續(xù)，若確定零點所在的區(qū)間.3、A【解析】從1，2，3，4這4個數中，不放回地任意取兩個數，共有(12),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4)(3,1),(3,2),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3)共12種其中滿足條件兩個數都是奇數的有(1,3),(3,1)兩種情況故從1,2,3,4這4個數中,不放回地任意取兩個數,兩個數都是奇數的概率.故選A.4、A【解析】利用指數函數的單調性比較的大小，再用作中間量可比較出結果.【詳解】因為指數函數為遞減函數,且,所以，所以，因為，，所以，綜上所述：.故選：A5、B【解析】根據冪函數的性質，從充分性與必要性兩個方面分析判斷.【詳解】若函數是冪函數，則過定點；當函數過定點時，則不一定是冪函數，例如一次函數，所以是的必要不充分條件.故選：B.6、A【解析】由題意可得在單調遞減，且，從而可得當或時，，當或時，，然后分和求出不等式的解集【詳解】因為奇函數在上單調遞減，且，所以在單調遞減，且，所以當或時，，當或時，，當時，不等式等價于，所以或，解得，當時，不等式等價于，所以或，解得或，綜上，不等式的解集為，故選：A7、C【解析】根據交集直接計算即可.【詳解】因為，，所以，故選：C8、A【解析】先判斷函數為偶函數，且在上單調遞增，再依次判斷每個選項的奇偶性和單調性得到答案.【詳解】易知：函數為偶函數，且在上單調遞增A.，函數為偶函數，且當時單調遞增，滿足；B.為偶函數，且當時單調遞減，排除；C.函數為奇函數，排除；D.，函數為非奇非偶函數，排除；故選：【點睛】本題考查了函數的單調性和奇偶性，意在考查學生對于函數性質的綜合應用.9、A【解析】根據系統(tǒng)抽樣的間隔相等，利用求出抽取過程中被剔除的個體數和抽樣間隔【詳解】解：因為余1，所以在抽取過程中被剔除的個體數是1；抽樣間隔是25故選：A10、A【解析】先根據函數圖象，求出和，進而求出，代入特殊點坐標，求出，，得到正確答案.【詳解】由圖象可知：，且，所以，不妨設：，將代入得：，即，，解得：，，當時，，故A正確，其他選項均不合要求.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】運用平面向量的夾角公式可解決此問題．【詳解】根據題意得，，，，故答案為．【點睛】本題考查平面向量夾角公式的簡單應用．平面向量數量積公式有兩種形式，一是，二是，主要應用以下幾個方面:(1)求向量的夾角，（此時往往用坐標形式求解）；（2）求投影，在上的投影是；（3）向量垂直則;(4)求向量的模（平方后需求）.12、【解析】由函數已知的奇偶性可得、，再由對稱性進而可得周期性得解.【詳解】因為在區(qū)間上是奇函數，所以，，，得，因為，，所以的周期為..故答案為：.13、【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：.14、①.55②.8【解析】將這10袋產品從編號，從第號袋中取出個產品，2，，，則共抽出個產品；將取出的產品一起稱重，稱出其重量，得到取出的次品的個數為8個，進而能求出次品袋的編號【詳解】某工廠生產的產品中有正品和次品，其中正品重個，次品重個現有10袋產品（每袋裝100個），其中1袋裝的全為次品，其余9袋裝的全為正品將這10袋產品從編號，從第號袋中取出個產品，2，，，則共抽出個產品；將取出的產品一起稱重，稱出其重量，取出的次品的個數為8個，則次品袋的編號為8故答案為：55；815、1【解析】先根據約束條件畫出可行域，再利用幾何意義求最值，表示直線在y軸上的截距，只需求出可行域直線在y軸上的截距最大值即可【詳解】先根據約束條件畫出可行域，當直線過點時，z最大是1，故答案為1【點睛】本題主要考查了簡單的線性規(guī)劃，以及利用幾何意義求最值，屬于基礎題16、【解析】由題意得，，又因為，則的取值范圍是三、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、（I）；（II）.【解析】由任意角三角函數的定義可得，，（Ⅰ）可求（Ⅱ）有，，利用誘導公式及同角基本關系即可化簡求解【詳解】解：由題意可得cosα=，sin，（Ⅰ）cos（α-π）=-cosα=，（Ⅱ）∵tanβ=2，tanα=，∴====【點睛】本題主要考查了三角函數的定義，同角基本關系的基本應用，屬于基礎試題．18、（1）為奇函數，證明見解析.（2）.（3）.【解析】（1）根據函數的奇偶性的定義可得證；（2）由（1）得出是定義域為的奇函數，再判斷出是上的單調遞增，進而轉化為，進而可求解；（3）利用，可得到，所以，令，則，進而對二次函數對稱軸討論求得最值即可求出的值.【小問1詳解】解：函數的定義域為，又，∴為奇函數.【小問2詳解】解：，∵，∴，或（舍）.∴單調遞增.又∵為奇函數，定義域為R，∴，∴所以不等式等價于，，，∴.故的取值范圍為.【小問3詳解】解：，解得（舍），，令，∵，∴，，當時，，解得（舍），當時，，解得（舍），綜上，.19、（1）（2）【解析】（1）由圖可求出，從而求得，由圖可知函數處取得最小值，從而可求出的值，再將點的坐標代入函數中可求出，進而可求出函數的解析式，（2）由題意求得所以，，而四邊形OMQN的面積為S，則，代入化簡利用三角函數的性質可求得結果【小問1詳解】由圖可知的周期T滿足，得又因為，所以，解得又在處取得最小值，即，得，所以，，解得，因為，所以．由，得，所以綜上，【小問2詳解】當時，，所以．由知此時記四邊形OMQN的面積為S，則又因為，所以，所以當，即時，取得最大值所以四邊形OMQN面積的最大值是20、（1）；（2）單調遞減區(qū)間，，單調增區(qū)間.【解析】（1）根據三角函數奇偶性即可求出的值；（2）根據三角函數的圖象變換關系求出的解析式，結合函數的單調性進行求解即可【詳解】（1）∵函數是偶函數，∴，，又，∴；（2）由（2）知，將的圖象向右平移個單位后，得到，再將得到的圖像上各點的橫坐標伸長為原來的4倍（縱坐標不變），得到，當，，即，時，的單調遞減，當，，即，時，的單調遞增，因此在，的單調遞減區(qū)間，，單調增區(qū)間21、（1）；（2）；（3）個零點，理由見解析.【解析】（1）分類討論求出f（2），代入f（2）＝a，解方程可得；（2）a＝2時，求出分段函數的增區(qū)間；“對任意互不相等的實數x1，x2∈（m，m+4），都有0成立”?f（x）在（m，m+4）上是增函數，根據子集關系列式可得m的范圍；（3）按照x≥a和x＜a這2種情況分別討論零點個數【詳解】解：（1）因為f（2）=a，當a≤2時，4-2（a+1）+a=a，解得a=1符合；當a＜2時，-4+2（a+1）-a=a，此式無解；綜上可得：a=1（2）當a=2時，f（x）=，∴f（x）的單調增區(qū)間為（-∞，）和（2，+∞），又由已知可得f（x）在（m，m+4）上單調遞增，所以m+4≤，或m≥2，解得m≤-或m≥2，∴實數m的取值范圍是（-∞，-]∪[2，+∞）；（3