安徽省淮南市第一中學創(chuàng)新班2025屆高一上數學期末預測試題含解析

安徽省淮南市第一中學創(chuàng)新班2025屆高一上數學期末預測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．函數的一條對稱軸是（）A. B.C. D.2．已知直線的方程是，的方程是，則下列各圖形中，正確的是A. B.C. D.3．已知函數，在下列區(qū)間中，包含零點的區(qū)間是A. B.C. D.4．已知是關于x的一元二次不等式的解集，則的最小值為（）A. B.C. D.5．將函數圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的倍（縱坐標不變），再將所得的圖象向右平移個單位，得到的圖象對應的解析式是A. B.C. D.6．已知函數，若函數恰有8個不同零點，則實數a的取值范圍是（）A. B.C. D.7．已知集合，，則集合A. B.C. D.8．函數的單調減區(qū)間為（）A. B.C. D.9．將函數的圖象向左平移個單位后得到的圖象關于軸對稱，則正數的最小值是（）A. B.C. D.10．下列函數中為奇函數，且在定義域上是增函數是（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．函數的最大值為（）.12．已知函數是定義在R上的奇函數，且，若對任意的，當時，都有成立，則不等式的解集為_____13．已知扇形的圓心角為120°，半徑為3，則扇形的面積是________.14．已知函數，若方程有4個不同的實數根，則的取值范圍是____15．已知，若，則__________.16．已知函數的圖象（且）恒過定點P，則點P的坐標是______，函數的單調遞增區(qū)間是__________.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．已知函數為冪函數，且為奇函數.（1）求的值，并確定的解析式；（2）令，求在的值域.18．化簡求值：（1）（2）.19．（1）計算：.（2）化簡：.20．如圖，在正方體中，點分別是棱的中點．求證：（1）平面；（2）平面21．已知圓C經過點，兩點，且圓心在直線上（1）求圓C的方程；（2）已知、是過點且互相垂直的兩條直線，且與C交于A，B兩點，與C交于P、Q兩點，求四邊形APBQ面積的最大值

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、B【解析】由余弦函數的對稱軸為，應用整體代入法求得對稱軸為，即可判斷各項的對稱軸方程是否正確.【詳解】由余弦函數性質，有，即，∴當時，有.故選：B2、D【解析】對于D：l1:y=ax+b,l2:y=bx-a.由l1可知a<0,b<0,對應l2也符合,3、C【解析】因為，，所以由根的存在性定理可知：選C.考點：本小題主要考查函數的零點知識，正確理解零點定義及根的存在性定理是解答好本類題目的關鍵.4、C【解析】由題知，，，則可得，則，利用基本不等式“1”的妙用來求出最小值.【詳解】由題知是關于x的一元二次方程的兩個不同的實數根，則有，，，所以，且是兩個不同的正數，則有，當且僅當時，等號成立，故的最小值是.故選：C5、D【解析】橫坐標伸長倍，則變?yōu)?；根據左右平移的原則可得解析式.【詳解】橫坐標伸長倍得：向右平移個單位得：本題正確選項：【點睛】本題考查三角函數圖象平移變換和伸縮變換，關鍵是能夠明確伸縮變換和平移變換都是針對于的變化.6、A【解析】利用十字相乘法進行因式分解，然后利用換元法，作出的圖象，利用數形結合判斷根的個數即可.【詳解】由，得，解得或，作出的圖象如圖，則若，則或，設，由得，此時或，當時，，有兩根，當時，，有一個根，則必須有，有個根，設，由得，若，由，得或，有一個根，有兩個根，此時有個根，不滿足題意；若，由，得，有一個根，不滿足條件.若，由，得，有一個根，不滿足條件；若，由，得或或，當，有一個根，當時，有個根，當時，有一個根，此時共有個根，滿足題意.所以實數a的取值范圍為.故選：A.【點睛】方法點睛：已知函數零點(方程根)的個數，求參數取值范圍的三種常用的方法：(1)直接法，直接根據題設條件構建關于參數的不等式，再通過解不等式確定參數范圍；(2)分離參數法，先將參數分離，轉化成求函數值域問題加以解決；(3)數形結合法，先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中，畫出函數的圖象，然后數形結合求解．一是轉化為兩個函數的圖象的交點個數問題，畫出兩個函數的圖象，其交點的個數就是函數零點的個數，二是轉化為的交點個數的圖象的交點個數問題第II卷（非選擇題7、B【解析】利用一元二次方程的解法化簡集合化簡集合，利用并集的定義求解即可.【詳解】由一元二次方程的解法化簡集合，或，，或，故選B.【點睛】研究集合問題，一定要抓住元素，看元素應滿足的屬性.研究兩集合的關系時，關鍵是將兩集合的關系轉化為元素間的關系，本題實質求滿足屬于集合或屬于集合的元素的集合.8、A【解析】先求得函數的定義域，利用二次函數的性質求得函數的單調區(qū)間，結合復合函數單調性的判定方法，即可求解.【詳解】由不等式，即，解得，即函數的定義域為，令，可得其圖象開口向下，對稱軸的方程為，當時，函數單調遞增，又由函數在定義域上為單調遞減函數，結合復合函數的單調性的判定方法，可得函數的單調減區(qū)間為.故選：A.9、A【解析】圖象關于軸對稱，則其為偶函數，根據三角函數的奇偶性即可求解.【詳解】將的圖象向左平移個單位后得到，此時圖象關于軸對稱，則，則，當時，取得最小值故選：A.10、D【解析】結合基本初等函數的單調性及奇偶性分別檢驗各選項即可判斷【詳解】對于函數，定義域為，且，所以函數為偶函數，不符合題意；對于在定義域上不單調，不符合題意；對于在定義域上不單調，不符合題意；對于，由冪函數的性質可知，函數在定義域上為單調遞增的奇函數，符合題意故選：D二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】利用可求最大值.【詳解】因為，即，，取到最小值；所以函數的最大值為.故答案為：.【點睛】本題主要考查三角函數的最值問題，借助正弦函數的值域能方便求解，側重考查數學抽象的核心素養(yǎng).12、；【解析】令,則為偶函數,且,當時,為減函數所以當時,;當時,;因此當時,;當時,,即不等式的解集為點睛：利用函數性質解抽象函數不等式，實質是利用對應函數單調性，而對應函數需要構造.13、【解析】先將角度轉化成弧度制，再利用扇形面積公式計算即可.【詳解】扇形的圓心角為120°，即，故扇形面積.故答案為：.14、【解析】先畫出函數的圖象，把方程有4個不同的實數根轉化為函數的圖象與有四個不同的交點，結合對數函數和二次函數的性質，即可求解.【詳解】由題意，函數，要先畫出函數的圖象，如圖所示，又由方程有4個不同的實數根，即函數的圖象與有四個不同的交點，可得，且，則=，因為，則，所以.故答案為.【點睛】本題主要考查了函數與方程的綜合應用，其中解答中把方程有4個不同的實數根，轉化為兩個函數的有四個交點，結合對數函數與二次函數的圖象與性質求解是解答的關鍵，著重考查了數形結合思想，以及推理與運算能力，屬于中檔試題.15、【解析】由已知先求得，再求得，代入可得所需求的函數值.【詳解】由已知得，即，所以，而，故答案為.【點睛】本題考查函數求值中的給值求值問題，關鍵在于由已知的函數值求得其數量關系，代入所需求的函數解析式中，可得其值，屬于基礎題.16、①.②.【解析】令，求得，即可得到函數的圖象恒過定點；令，求得函數的定義域為，利用二次函數的性質，結合復合函數的單調性的判定方法，即可求解.【詳解】由題意，函數（且），令，即，可得，即函數的圖象恒過定點，令，即，解得，即函數的定義域為，又由函數的圖象開口向下，對稱軸的方程為，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，結合復合函數的單調性的判定方法，可得函數的遞增區(qū)間為.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、（1）,；（2）.【解析】（1）根據冪函數的定義及函數奇偶性的定義即可求解；（2）由（1），得，利用換元法得到，，再根據二次函數的性質即可求解.【小問1詳解】因為函數為冪函數，所以，解得或，當時，函數是奇函數，符合題意，當時，函數是偶函數，不符合題意，綜上所述，的值為，函數的解析式為.【小問2詳解】由（1）知，，所以，令，則，，所以，，根據二次函數的性質知，的對稱軸為，開口向上，所以在上單調遞增；所以，所以函數在的值域為.18、（1）（2）【解析】（1）根據對數運算公式計算即可；（2）根據指數運算公式和根式的性質運算化簡.【小問1詳解】原式【小問2詳解】原式.19、（1）；（2）【解析】（1）根據分數指數冪及對數的運算法則計算可得；（2）利用誘導公式及特殊值的三角函數值計算可得；【詳解】解：（1）（2）20、（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】（1）易證得四邊形為平行四邊形，可知，由線面平行的判定可得結論；（2）由正方形性質和線面垂直性質可證得，，由線面垂直的判定可得平面，由可得結論.【小問1詳解】分別為的中點，，，且，四邊形為平行四邊形，，又平面，平面，平面.【小問2詳解】四邊形為正方形，；平面，平面，，又，平面，21、（1）（2）7【解析】（1）根據題意，求出MN的中垂線的方程為，分析可得圓心為直線和的交點，聯立直線的方程可得圓心的坐標，進而求出圓的半徑，由圓的標準方程可得答案；（2）根據題意，分2種情況討論：，當直線，，其中一條直線斜率為0時，另一條斜率不存在，分析可得四邊形APBQ的面積；，當直線，斜率均存在時，設直線的斜率為k，則方程的方程為，用k表示四邊形APBQ的面積，由二次函數分析其最值，綜合即可得答案【小問1詳解】根據題意，點，