2025屆福建泉州市數學高一上期末調研試題考生須知：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．若，則的值為（）A. B.C.或 D.2．已知梯形ABCD是直角梯形，按照斜二測畫法畫出它的直觀圖A'B'C'D'（如圖所示），其中A'D'=2，B'C'=4，A'B'=1，則直角梯形DC邊的長度是A.5 B.2C.25 D.3．下列函數中，既是奇函數又在區間上是增函數的是（）A. B.C. D.4．已知函數的零點在區間上，則（）A. B.C. D.5．函數y=xcosx+sinx在區間[–π，π]的圖象大致為（）A. B.C. D.6．已知扇形的面積為，當扇形的周長最小時，扇形的圓心角為（）A1 B.2C.4 D.87．下列函數中，在區間上為減函數的是（）A. B.C. D.8．劉徽(約公元225年—295年)，魏晉期間偉大的數學家，中國古典數學理論的奠基人之一.他在割圓術中提出的“割之彌細，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓周合體而無所失矣”，這可視為中國古代極限觀念的佳作，割圓術的核心思想是將一個圓的內接正邊形等分成個等腰三角形(如圖所示)，當變得很大時，這n個等腰三角形的面積之和近似等于圓的面積，運用割圓術的思想，可以得到的近似值為（）A. B.C. D.9．設命題p：，命題q：，則p是q成立的（）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10．如果且，則等于A.2016 B.2017C.1009 D.2018二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數，，則________12．某工廠產生的廢氣經過濾后排放，過濾過程中廢氣的污染物含量P（單位：mg/L）與時間t(單位：h)間的關系為，其中，是正的常數.如果在前5h消除了10%的污染物，那么10h后還剩百分之幾的污染物________.13．已知，則的最小值為_______________.14．圓在點P（1，）處的切線方程為_____15．已知表示這個數中最大的數．能夠說明“對任意,都有”是假命題的一組整數的值依次可以為_____16．如圖，在正方體中，、分別是、上靠近點的三等分點，則異面直線與所成角的大小是______.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（1）求的單調增區間；（2）當時，求函數最大值和最小值.18．已知函數.（1）求函數的單調區間；（2）若函數在有且僅有兩個零點，求實數取值范圍.19．已知函數.（1）用函數單調性的定義證明在區間上是增函數；（2）解不等式.20．在推導很多三角恒等變換公式時，我們可以利用平面向量的有關知識來研究，在一定程度上可以簡化推理過程．如我們就可以利用平面向量來推導兩角差的余弦公式：具體過程如下：如圖，在平面直角坐標系內作單位圓，以為始邊作角．它們的終邊與單位圓的交點分別為則，由向量數量積的坐標表示，有設的夾角為，則，另一方面，由圖（1）可知，；由圖（2）可知，于是所以，也有；所以，對于任意角有：此公式給出了任意角的正弦、余弦值與其差角的余弦值之間的關系，稱為差角的余弦公式，簡記作．有了公式以后，我們只要知道的值，就可以求得的值了閱讀以上材料，利用圖（3）單位圓及相關數據（圖中是的中點），采取類似方法（用其他方法解答正確同等給分）解決下列問題：（1）判斷是否正確？（不需要證明）（2）證明：21．設向量，且與不共線（1）求證：；（2）若向量與的模相等，求.

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】分別令和，根據集合中元素的互異性可確定結果.【詳解】若，則，不符合集合元素的互異性；若，則或（舍），此時，符合題意；綜上所述：.故選：A.2、B【解析】根據斜二測畫法，原來的高變成了45°方向的線段，且長度是原高的一半，∴原高為AB=2而橫向長度不變，且梯形ABCD是直角梯形，∴DC=故選B3、B【解析】先由函數定義域，排除A；再由函數奇偶性排除D，最后根據函數單調性，即可得出B正確，C錯誤.【詳解】A選項，的定義域為，故A不滿足題意；D選項，余弦函數偶函數，故D不滿足題意；B選項，正切函數是奇函數，且在上單調遞增，故在區間是增函數，即B正確；C選項，正弦函數是奇函數，且在上單調遞增，所以在區間是增函數；因此是奇函數，且在上單調遞減，故C不滿足題意.故選：B.【點睛】本題主要考查三角函數性質的應用，熟記三角函數的奇偶性與單調性即可，屬于基礎題型.4、C【解析】根據解析式，判斷的單調性，結合零點存在定理，即可求得零點所在區間，結合題意，即可求得.【詳解】函數的定義域為，且在上單調遞增，故其至多一個零點；又，，故的零點在區間，故.故選：5、A【解析】首先確定函數的奇偶性，然后結合函數在處的函數值排除錯誤選項即可確定函數的圖象.【詳解】因為，則，即題中所給的函數為奇函數，函數圖象關于坐標原點對稱，據此可知選項CD錯誤；且時，，據此可知選項B錯誤.故選：A.【點睛】函數圖象的識辨可從以下方面入手：(1)從函數的定義域，判斷圖象的左右位置；從函數的值域，判斷圖象的上下位置．(2)從函數的單調性，判斷圖象的變化趨勢．(3)從函數的奇偶性，判斷圖象的對稱性．(4)從函數的特征點，排除不合要求的圖象．利用上述方法排除、篩選選項6、B【解析】先表示出扇形的面積得到圓心角與半徑的關系，再利用基本不等式求出周長的最小值，進而求出圓心角的度數.【詳解】設扇形的圓心角為，半徑為，則由題意可得∴，當且僅當時,即時取等號，∴當扇形的圓心角為2時,扇形的周長取得最小值32.故選：B.7、D【解析】根據基本初等函數的單調性及復合函數單調性求解.【詳解】當時，在上單調遞減，所以在區間上為增函數；由指數函數單調性知在區間上單調遞增；由在區間上為增函數，為增函數，可知在區間上為增函數；知在區間上為減函數.故選：D8、B【解析】將一個圓的內接正邊形等分成個等腰三角形；根據題意，可知個等腰三角形的面積和近似等于圓的面積，從而可求的近似值.【詳解】將一個圓的內接正邊形等分成個等腰三角形，設圓的半徑為，則，即，所以.故選：B.9、B【解析】先解不等式，然后根據充分條件和必要條件的定義判斷【詳解】由，得，所以命題p：，由，得，所以命題q：，因為當時，不一定成立，當時，一定成立，所以p是q成立的必要不充分條件，故選：B10、D【解析】∵f（x）滿足對任意的實數a，b都有f（a+b）=f（a）?f（b），∴令b=1得，f（a+1）=f（a）?f（1），∴,所以，共1009項，所以.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】發現，計算可得結果.【詳解】因為，，且，則.故答案為-2【點睛】本題主要考查函數的性質，由函數解析式，計算發現是關鍵，屬于中檔題.12、81%【解析】根據題意，利用函數解析式，直接求解.【詳解】由題意可知,，所以.所以10小時后污染物含量，即10小時后還剩81%的污染物.故答案為:81%13、##225【解析】利用基本不等式中“1”的妙用即可求解.【詳解】解：因為，所以，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值為.故答案為：.14、x－y＋2＝0【解析】圓，點在圓上，∴其切線方程為，整理得：15、（答案不唯一）【解析】首先利用新定義，再列舉命題為假命題的一組數值，再根據定義，驗證命題是假命題.【詳解】設，，則，而，，故命題為假命題，故依次可以為故答案為：（答案不唯一）16、【解析】連接，可得出，證明出四邊形為平行四邊形，可得，可得出異面直線與所成角為或其補角，分析的形狀，即可得出的大小，即可得出答案.【詳解】連接、、，，，在正方體中，，，，所以，四邊形為平行四邊形，，所以，異面直線與所成的角為.易知為等邊三角形，.故答案為：.【點睛】本題考查異面直線所成角的計算，一般利用平移直線法，選擇合適的三角形求解，考查計算能力，屬于中等題.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）單調遞增區間為；（2），.【解析】（1）利用和差公式和倍角公式把化為，然后可解出答案；（2）求出的范圍，然后由正弦函數的知識可得答案.【詳解】（1）由可得單調遞增區間為（2），即時，即時，18、（1）單調遞增區間為，單調遞減區間為（2）【解析】（1）先由三角恒等變換化簡解析式，再由正弦函數的性質得出單調區間；（2）由的單調性結合零點的定義求出實數的取值范圍.【小問1詳解】由得故函數的單調遞增區間為.由得故函數的單調遞減區間為【小問2詳解】由（1）可知，在上為增函數，在上為減函數由題意可知：，即，解得，故實數的取值范圍為.19、（1）見解析；（2）【解析】（1）利用函數單調性的定義證明即可；（2）根據在區間上單調遞增，得到，即可解出的集合.【詳解】解：（1）設任意的且，則，且，，，即，即，即對任意的，當時，都有，在區間上增函數；（2）由（1）知：在區間上是增函數；又，，即，即，解得：，即的解集為：.【點睛】方法點睛：定義法判定函數在區間上的單調性的一般步驟：

取值：任取，，規定，

作差：計算，

定號：確定的正負，

得出結論：根據同增異減得出結論.20、（1）正確；（2）證明見解析【解析】（1）根據單位向量的定義可得出結論；（2）根據向量相等及坐標運算，化簡計算即可證明結論.【詳解】（1）因為