安徽省臨泉二中2025屆數學高一上期末教學質量檢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．函數在一個周期內的圖象如圖所示，則其表達式為A. B.C. D.2．設函數,則使成立的的取值范圍是A. B.C. D.3．圓：與圓：的位置關系為（）A.相交 B.相離C.外切 D.內切4．函數f（x）=的定義域為（）A.（2，+∞） B.（0，2）C.（-∞，2） D.（0，）5．已知函數,若關于的方程有四個不同的實數解，且，則的取值范圍是（）A. B.C. D.6．已知是偶函數，它在上是減函數.若，則的取值范圍是（）A. B.C. D.7．對于空間中的直線，以及平面，，下列說法正確的是（）A.若，，，則B.若，，，則C.若，，，則D.若，，，則8．設、、依次表示函數，，的零點，則、、的大小關系為（）A. B.C. D.9．用二分法求方程的近似解，求得的部分函數值數據如下表所示：121.51.6251.751.8751.8125-63-2.625-1.459-0.141.34180.5793則當精確度為0.1時，方程的近似解可取為A. B.C. D.10．設，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．函數f（x），若f（a）＝4，則a＝_____12．若是定義在R上的奇函數，當時，(為常數)，則當時，_________.13．若關于的不等式的解集為，則實數__________14．如果實數滿足條件，那么的最大值為__________15．函數的最小正周期是________.16．已知函數，的圖像在區間上恰有三個最低點，則的取值范圍為________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．函數的部分圖象如圖所示.（1）求、及圖中的值；（2）設，求函數在區間上的最大值和最小值18．已知函數，（1）當時，求的最值；（2）若在區間上是單調函數，求實數a取值范圍19．已知函數.（1）求的值；（2）若函數在區間是單調遞增函數，求實數的取值范圍；（3）若關于的方程在區間內有兩個實數根，記，求實數的取值范圍.20．已知點，圓（1）求過點M的圓的切線方程；（2）若直線與圓相交于A，B兩點，且弦AB的長為，求的值21．已知函數，其中是自然對數的底數，（1）若函數在區間內有零點，求的取值范圍；（2）當時，，，求實數的取值范圍

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】由圖象得，周期，所以，故又由條件得函數圖象的最高點為，所以，故，又，所以，故函數的解析式為．選A2、A【解析】，定義域為，∵，∴函數為偶函數，當時，函數單調遞增，根據偶函數性質可知：得成立，∴，∴，∴的范圍為故答案為A.考點：抽象函數的不等式.【思路點晴】本題考查了偶函數的性質和利用偶函數圖象的特點解決實際問題，屬于基礎題型，應牢記．根據函數的表達式可知函數為偶函數，根據初等函數的性質判斷函數在大于零的單調性為遞增，根據偶函數關于原點對稱可知，距離原點越遠的點，函數值越大，把可轉化為，解絕對值不等式即可3、A【解析】根據圓心距以及圓的半徑確定正確選項.【詳解】圓：的圓心為，半徑為.圓：的圓心為，半徑為.，，所以兩圓相交.故選：A4、B【解析】列不等式求解【詳解】，解得故選：B5、D【解析】畫出函數的圖象，根據對稱性和對數函數的圖象和性質即可求出【詳解】可畫函數圖象如下所示若關于的方程有四個不同的實數解，且，當時解得或，關于直線對稱，則，令函數，則函數在上單調遞增，故當時故當時所以即故選：【點睛】本題考查函數方程思想，對數函數的性質，數形結合是解答本題的關鍵，屬于難題.6、C【解析】根據偶函數的性質結合單調性可得，即可根據對數函數單調性解出不等式.【詳解】由于函數是偶函數，由得，又因為函數在上是減函數，所以在上是增函數，則，即，解得.故選：C.7、D【解析】利用線面關系，面面關系的性質逐一判斷.【詳解】解：對于A選項，，可能異面，故A錯誤；對于B選項，可能有，故B錯誤；對于C選項，，的夾角不一定為90°，故C錯誤；故對D選項，因為，，故，因為，故，故D正確.故選：D.【點睛】本題考查命題真假的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，是中檔題.8、D【解析】根據題意可知，的圖象與的圖象的交點的橫坐標依次為，作圖可求解.【詳解】依題意可得，的圖象與的圖象交點的橫坐標為，作出圖象如圖：由圖象可知，，故選：D【點睛】本題主要考查了冪函數、指數函數、對數函數的圖象，函數零點，數形結合的思想，屬于中檔題.9、C【解析】利用零點存在定理和精確度可判斷出方程的近似解.【詳解】根據表中數據可知，，由精確度為可知，，故方程的一個近似解為，選C.【點睛】不可解方程的近似解應該通過零點存在定理來尋找，零點的尋找依據二分法（即每次取區間的中點，把零點位置精確到原來區間的一半內），最后依據精確度四舍五入，如果最終零點所在區間的端點的近似值相同，則近似值即為所求的近似解.10、D【解析】由，則,再由指數、對數函數的單調性得出大小，得出答案.【詳解】由，則，，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、1或8【解析】當時，，當時，，分別計算出的值，然后在檢驗.【詳解】當時，,解得，滿足條件.當時，,解得，滿足條件所以或8.故對答案為：1或8【點睛】本題考查分段函數根據函數值求自變量，屬于基礎題.12、【解析】根據得到，再取時，，根據函數奇偶性得到表達式.【詳解】是定義在R上的奇函數，則，故，時，，則.故答案為：.13、【解析】先由不等式的解得到對應方程的根，再利用韋達定理，結合解得參數a即可.【詳解】關于的不等式的解集為，則方程的兩根為，則，則由，得，即，故.故答案為：.14、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劃，以及利用幾何意義求最值，屬于基礎題15、【解析】直接利用三角函數的周期公式，求出函數的周期即可.【詳解】函數中，.故答案為：【點睛】本題考查三角函數的周期公式的應用，是基礎題.16、【解析】直接利用正弦型函數的性質的應用和函數的單調遞區間的應用求出結果【詳解】解：，，根據正弦型函數圖象的特點知，軸左側有1個或2個最低點①若函數圖象在軸左側僅有1個最低點，則，解得，，，此時在軸左側至少有2個最低點函數圖象在軸左側僅有1個最低點不符合題意；②若函數圖象在軸左側有2個最低點，則，解得，又，則，故，時，在，恰有3個最低點綜上所述，故答案：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）由可得出，結合可求得的值，由結合可求得的值，可得出函數的解析式，再由以及可求得的值；（2）利用三角恒等變換思想化簡函數的解析式為，由可求得的取值范圍，結合正弦函數的基本性質可求得函數在區間上的最大值和最小值.【詳解】（1）由題圖得，，，，又，，得，，又，得，.又，且，，，得，綜上所述:，，；（2），，，所以當時，；當時，【點睛】本題考查利用圖象求正弦型函數解析式中的參數，同時也考查了正弦型函數在區間上最值的計算，考查計算能力，屬于中等題.18、（1），.（2）【解析】（1）利用二次函數的性質求的最值即可.（2）由區間單調性，結合二次函數的性質：只需保證已知區間在對稱軸的一側，即可求a的取值范圍【小問1詳解】當時，，∴在上單凋遞減，在上單調遞增，∴，.【小問2詳解】，∴要使在上為單調函數，只需或，解得或∴實數a的取值范圍為19、（1）（2）（3）【解析】分析：(1)先根據二倍角公式以及配角公式化為基本三角函數，再代入求值；(2)根據正弦函數性質確定單調性遞增區間，再根據區間之間包含關系列不等式，解得實數的取值范圍；(3)先根據正弦函數圖像確定a的取值范圍，再根據對稱性得，最后代入求實數的取值范圍.詳解：（1）∵∴（2）由，得，∴在區間上是增函數∴當時，在區間上是增函數若函數在區間上是單調遞增函數，則∴，解得（3）方程在區間內有兩實數根等價于直線與曲線有兩個交點.∵當時，由（2）知在上是增函數，在上是減函數，且，，，∴即實數的取值范圍是∵函數的圖像關于對稱∴，∴∴實數的取值范圍為.點睛:函數性質(1).(2)周期(3)由求對稱軸，最大值對應自變量滿足，最小值對應自變量滿足，(4)由求增區間;由求減區間20、（1）或．（2）【解析】(1)分切線的斜率不存在與存在兩種情況分析.當斜率存在時設方程為,再根據圓心到直線的距離等于半徑求解即可.(2)利用垂徑定理根據圓心到直線的距離列出等式求解即可.【詳解】解：（1）由題意知圓心的坐標為,半徑,當過點M的直線的斜率不存在時,方程為由圓心到直線的距離知,此時,直線與圓相切當過點M的直線的斜率存在時,設方程為,即．由題意知,解得,∴方程為故過點M的圓的切線方程為或（2）∵圓心到直線的距離為,∴,解得【點睛】本題主要考查了直線與圓相切與相交時的求解.注意直線過定點時分析斜率不存在與存在兩種情況.直線與圓相切用圓心到直線的距離等于半徑列式,直線與圓相交用垂徑定理列式.屬于中檔題.21、（1）；（2）.【解析】（1）解法①：討論或，判斷函數的單調性，利用零點存在性定理即可求解；解法②：將問題轉化為在區間上有解，即e有解，討論或解方程即可求解.（2）解法①：分離參數可得，令，，求出的最大值即可求解；解法②：不等式轉化為恒成立，令，，可得函數，，討論或即可求解.【詳