2025屆北京市石景山第九中學數學高一上期末質量檢測試題注意事項：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?？荚嚱Y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．已知向量，，則下列結論正確的是（）A.// B.C. D.2．下列函數中，為偶函數的是（）A. B.C. D.3．函數是奇函數，則的值為A.0 B.1C.-1 D.不存在4．已知函數是上的增函數（其中且），則實數的取值范圍為（）A. B.C. D.5．下列函數中，是偶函數且值域為的是（）A. B.C. D.6．已知扇形的面積為9，半徑為3，則扇形的圓心角（正角）的弧度數為（）A.1 B.C.2 D.7．已知函數，則的最大值為（）A. B.C. D.8．已知函數，則下列說法正確的是（）A.的最小正周期為 B.的圖象關于直線C.的一個零點為 D.在區間的最小值為19．的零點所在的一個區間為（）A. B.C. D.10．下列函數既是定義域上的減函數又是奇函數的是A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．古希臘數學家歐幾里得所著《幾何原本》中的“幾何代數法”，很多代數公理、定理都能夠通過圖形實現證明，并稱之為“無字證明”.如圖，O為線段中點，C為上異于O的一點，以為直徑作半圓，過點C作的垂線，交半圓于D，連結，過點C作的垂線，垂足為E.設，則圖中線段，線段，線段_______；由該圖形可以得出的大小關系為___________.12．已知是定義在上的奇函數，且為偶函數，對于函數有下列幾種描述：①是周期函數；②是它的一條對稱軸；③是它圖象的一個對稱中心；④當時，它一定取最大值；其中描述正確的是__________13．在中，，，且在上，則線段的長為______14．在中，三個內角所對的邊分別為，，，，且，則的取值范圍為__________15．若，則__________16．若扇形AOB的圓心角為，周長為10+3π，則該扇形的面積為_____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．計算或化簡：（1）；（2）18．已知函數，.（1）若的定義域為，求實數的取值范圍；（2）若，函數為奇函數，且對任意，存在，使得，求實數的取值范圍.19．已知函數，.（1）求函數的最小正周期以及單調遞增區間；（2）求函數在區間上的最小值及相應的的值.20．某廠生產某種產品的年固定成本為萬元，每生產千件，需另投入成本為.當年產量不足千件時，（萬元）；當年產量不小于千件時，（萬元）.通過市場分析，若每件售價為元時，該廠年內生產的商品能全部售完.（利潤銷售收入總成本）（1）寫出年利潤（萬元）關于年產量（千件）的函數解析式；（2）年產量為多少萬件時，該廠在這一商品的生產中所獲利潤最大？21．為貫徹黨中央、國務院關于“十三五”節能減排的決策部署，2022年某企業計劃引進新能源汽車生產設備.通過市場分析，全年需投人固定成本2500萬元，生產百輛需另投人成本萬元.由于起步階段生產能力有限，不超過120，且經市場調研，該企業決定每輛車售價為8萬元，且全年內生產的汽車當年能全部銷售完.（1）求2022年的利潤（萬元）關于年產量（百輛）的函數關系式（利潤銷售額-成本）；（2）2022年產量多少百輛時，企業所獲利潤最大？并求出最大利潤.

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】采用排除法，根據向量平行，垂直以及模的坐標運算，可得結果【詳解】因為，所以A不成立;由題意得：，所以，所以B成立；由題意得：，所以，所以C不成立；因為，，所以，所以D不成立.故選：B.【點睛】本題主要考查向量的坐標運算，屬基礎題.2、D【解析】利用函數的奇偶性的定義逐一判斷即可.【詳解】A，因為函數定義域為：，且，所以為奇函數，故錯誤；B，因為函數定義域為：R，，而，所以函數為非奇非偶函數，故錯誤；C，，因為函數定義域為：R，，而，所以函數為非奇非偶函數，故錯誤；D，因為函數定義域為：R，，所以函數為偶函數，故正確；故選：D.3、C【解析】由題意得，函數是奇函數，則，即，解得，故選C.考點：函數的奇偶性的應用.4、D【解析】利用對數函數、一次函數的性質判斷的初步取值范圍，再由整體的單調性建立不等式，構造函數，利用函數的單調性求解不等式，從求得的取值范圍.【詳解】由題意必有，可得，且，整理為．令由換底公式有，由函數為增函數，可得函數為增函數，注意到，所以由，得，即，實數a的取值范圍為故選:D.5、D【解析】分別判斷每個選項函數的奇偶性和值域即可.【詳解】對A，，即值域為，故A錯誤；對B，的定義域為，定義域不關于原點對稱，不是偶函數，故B錯誤；對C，的定義域為，定義域不關于原點對稱，不是偶函數，故C錯誤；對D，的定義域為，，故是偶函數，且，即值域為，故D正確.故選：D.6、C【解析】利用扇形面積公式即可求解.【詳解】設扇形的圓心角的弧度數為，由題意得，得.故選：C.7、D【解析】令，可得出，令，證明出函數在上為減函數，在上為增函數，由此可求得函數在區間上的最大值，即為所求.【詳解】令，則，則，令，下面證明函數在上為減函數，在上為增函數，任取、且，則，，則，，，，所以，函數在區間上為減函數，同理可證函數在區間上為增函數，，，.因此，函數的最大值為.故選：D.【點睛】方法點睛：利用函數的單調性求函數最值的基本步驟如下：（1）判斷或證明函數在區間上的單調性；（2）利用函數的單調性求得函數在區間上的最值.8、D【解析】根據余弦函數的圖象與性質判斷其周期、對稱軸、零點、最值即可.【詳解】函數，周期為，故A錯誤；函數圖像的對稱軸為，，，不是對稱軸，故B錯誤；函數的零點為，，，所以不是零點，故C錯誤；時，，所以，即，所以，故D正確.故選：D9、A【解析】根據零點存在性定理分析判斷即可【詳解】因為在上單調遞增，所以函數至多有一個零點，因為，，所以，所以的零點所在的一個區間為，故選：A10、C【解析】根據函數的單調性與奇偶性對選項中的函數進行判斷即可【詳解】對于A，f（x）＝|x|，是定義域R上的偶函數，∴不滿足條件；對于B，f（x），在定義域（﹣∞，0）∪（0，+∞）上是奇函數，且在每一個區間上是減函數，不能說函數在定義域上是減函數，∴不滿足條件；對于C，f（x）＝﹣x3，在定義域R上是奇函數，且是減函數，∴滿足題意；對于D，f（x）＝x|x|，在定義域R上是奇函數，且是增函數，∴不滿足條件故答案為：C【點睛】本題主要考查函數的單調性和奇偶性，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、①.②.【解析】利用射影定理求得，結合圖象判斷出的大小關系.【詳解】在中，由射影定理得，即.在中，由射影定理得，即根據圖象可知，即.故答案為：；12、①③【解析】先對已知是定義在的奇函數，且為偶函數用定義轉化為恒等式，再由兩個恒等式進行合理變形得出與四個命題有關的結論，通過推理證得①③正確.【詳解】因為為偶函數，所以，即是它的一條對稱軸；又因為是定義在上的奇函數，所以，即，則，，即是周期函數，即①正確；因為是它的一條對稱軸且，所以（）是它的對稱軸，即②錯誤；因為函數是奇函數且是以為周期周期函數，所以，所以是它圖象的一個對稱中心，即③正確；因為是它的一條對稱軸，所以當時，函數取得最大值或最小值，即④不正確.故答案為：①③.13、1【解析】∵，∴，∴，∵且在上，∴線段為的角平分線，∴，以A為原點，如圖建立平面直角坐標系，則，D∴故答案為114、【解析】∵，，且，∴，∴,∴在中，由正弦定理得，∴，∴，∵，∴∴∴的取值范圍為答案：15、【解析】先求出的值,然后再運用對數的運算法則求解出和的值,最后求解答案.【詳解】若,則,所以.故答案為:【點睛】本題考查了對數的運算法則,熟練掌握對數的各運算法則是解題關鍵,并能靈活運用法則來解題,并且要計算正確,本題較為基礎.16、【解析】設扇形AOB的的弧長為l，半徑為r，由已知可得l＝3π，r＝5，再結合扇形的面積公式求解即可.【詳解】解：設扇形AOB的的弧長為l，半徑為r，∴，l+2r＝10+3π，∴l＝3π，r＝5，∴該扇形的面積S，故答案為：.【點睛】本題考查了扇形的弧長公式及扇形的面積公式，重點考查了方程的思想，屬基礎題.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）（2）1【解析】（1）根據指數冪的運算算出答案即可；（2）根據對數的運算算出答案即可.【小問1詳解】【小問2詳解】18、（1）；（2）.【解析】（1）由函數的定義域為，得到恒成立，即恒成立，分類討論，即可求解.（2）根據題意，轉化為，利用單調性的定義，得到在R上單調遞增，求得，得出恒成立，得出恒成立，分類討論，即可求解.【詳解】（1）由函數定義域為，即恒成立，即恒成立，當時，恒成立，因為，所以，即；當時，顯然成立；當時，恒成立，因為，所以，綜上可得，實數的取值范圍.（2）由對任意，存在，使得，可得，設，因為，所以，同理可得，所以，所以，可得，即，所以在R上單調遞增，所以，則，即恒成立，因為，所以恒成立，當時，恒成立，因為，當且僅當時等號成立，所以，所以，解得，所以；當時，顯然成立；當時，恒成立，沒有最大值，不合題意，綜上，實數的取值范圍.【點睛】利用函數求解方程的根的個數或研究不等式問題的策略：1、利用函數的圖象研究方程的根的個數：當方程與基本性質有關時，可以通過函數圖象來研究方程的根，方程的根就是函數與軸的交點的橫坐標，方程的根據就是函數和圖象的交點的橫坐標；2、利用函數研究不等式：當不等式問題不能用代數法求解但其與函數有關時，常將不等式問題轉化為兩函數圖象的上、下關系問題，從而利用數形結合求解.19、（1）；；（2）；.【解析】（1）利用余弦函數的周期公式計算可得最小正周期，借助余弦函數單調增區間列出不等式求解作答.（2）求出函數的相位范圍，再利用余弦函數性質求出最小值作答.【小問1詳解】函數中，由得的最小正周期，由，解得，即函數在上單調遞增，所以的最小正周期是，單調遞增區間是.【小問2詳解】當時，，則當，即時，，所以函數的最小值為，此時.20、（1）；（2）萬件.【解析】（1）由題意，分別寫出與對應的函數解析式，即可得分段函數解析式；（2）當時，利用二次函數的性質求解最大值，當時，利用基本不等式求解最大值，比較之后得整個范圍的最大值.【詳解】解：（1）當，時，當，時，∴（2）當，時，，∴當時，取得最大值（萬元）當，時，當且僅當，即時等號成立.即時，取得最大值萬元綜上，所以即生產量為萬件時，該廠在這一商品的生產中所獲利潤最大為萬元【點睛】與函數相關的應用題在求解的過程中需要注意函數模型的選擇，注意分段函數在應用題中的運用，求解最大值時注意利用二次函數的性質以及基本不等式求解.21、（1）（2）2