安徽省皖江聯盟2025屆高一上數學期末質量檢測模擬試題注意事項：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。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．設，則（）A. B.C. D.2．已知向量，向量，則的最大值，最小值分別是（）A.，0 B.4，C.16，0 D.4，03．已知函數是定義在R上的減函數，實數a，b，c滿足，且，若是函數的一個零點，則下列結論中一定不正確的是（）A. B.C. D.4．對于函數，，“”是“的圖象既關于原點對稱又關于軸對稱”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5．若一束光線從點射入，經直線反射到直線上的點，再經直線反射后經過點，則點的坐標為（）A. B.C. D.6．如圖所示的是水平放置的三角形直觀圖，D′是△A′B′C′中B′C′邊上的一點，且D′離C′比D′離B′近，又A′D′∥y′軸，那么原△ABC的AB、AD、AC三條線段中A.最長的是AB，最短的是ACB.最長的是AC，最短的是ABC.最長的是AB，最短的是ADD.最長的是AD，最短的是AC7．定義在上的奇函數，滿足，則（）A. B.C.0 D.18．已知直線與圓交于A，兩點，則（）A.1 B.C. D.9．已知函數的定義域與值域均為，則（）A. B.C. D.110．已知，都為單位向量，且，夾角的余弦值是，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．高斯是德國著名的數學家，近代數學奠基者之一，享有“數學王子”的稱號，他和阿基米德、牛頓并列為世界三大數學家．用其名字命名的“高斯函數”為：，表示不超過x的最大整數，如，，[2]=2，則關于x的不等式的解集為__________.12．設，則________.13．下列四個命題中：①若奇函數在上單調遞減，則它在上單調遞增②若偶函數在上單調遞減，則它在上單調遞增；③若函數為奇函數，那么函數的圖象關于點中心對稱；④若函數為偶函數，那么函數的圖象關于直線軸對稱；正確的命題的序號是___________.14．已知函數，其所有的零點依次記為，則_________.15．已知函數，則______.16．已知tanα=3，則sinα（cosα-sinα）=______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．如圖，設α是任意角，α∈R，它的終邊OA與單位圓相交于點A，點（1）當A在OB的反向延長線上時，求tanα;（2）當OA⊥OB時，求sin2α.18．已知為奇函數，為偶函數，且.（1）求及的解析式及定義域；（2）如果函數，若函數有兩個零點，求實數的取值范圍.19．計算求解（1）（2）已知，，求的值20．等腰直角三角形中，，為的中點，正方形與三角形所在的平面互相垂直（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）若，求點到平面的距離21．已知函數是定義在上的奇函數，且.（1）求a，b的值；（2）用定義證明在上是增函數；（3）解不等式：.

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、C【解析】先由補集的概念得到，再由并集的概念得到結果即可【詳解】根據題意得，則故選：C2、D【解析】利用向量的坐標運算得到|2用θ的三角函數表示化簡求最值【詳解】解：向量，向量，則2（2cosθ，2sinθ+1），所以|22＝（2cosθ）2+（2sinθ+1）2＝8﹣4cosθ+4sinθ＝8﹣8sin（），所以|22的最大值，最小值分別是：16，0；所以|2的最大值，最小值分別是4，0；故選：D【點睛】本題考查了向量的坐標運算以及三角函數解析式的化簡；利用了兩角差的正弦公式以及正弦函數的有界性3、B【解析】根據函數的單調性可得，再分和兩種情況討論，結合零點的存在性定理即可得出結論.【詳解】解：∵是定義在R上的減函數，，∴，∵，∴或，，，當時，，；當，，時，；∴是不可能的.故選：B4、C【解析】由函數奇偶性的定義求出的解析式，可得出結論.【詳解】若函數的定義域為，的圖象既關于原點對稱又關于軸對稱，則，可得，因此，“”是“的圖象既關于原點對稱又關于軸對稱”的充要條件故選：C.5、C【解析】由題可求A關于直線的對稱點為及關于直線的對稱點為，可得直線的方程，聯立直線，即得.【詳解】設A關于直線的對稱點為，則，解得，即，設關于直線的對稱點為，則，解得，即，∴直線的方程為：代入，可得，故.故選：C.6、C【解析】由斜二測畫法得到原三角形，結合其幾何特征易得答案.【詳解】由題意得到原△ABC的平面圖為：其中，AD⊥BC，BD＞DC，∴AB＞AC＞AD，∴△ABC的AB、AD、AC三條線段中最長的是AB，最短的是AD故選C【點睛】本題考查了斜二測畫法，考查三角形中三條線段長的大小的比較，屬于基礎題7、D【解析】由得出，再結合周期性得出函數值.【詳解】，，即，，則故選：D8、C【解析】用點到直線距離公式求出圓心到直線的距離，進而利用垂徑定理求出弦長.【詳解】圓的圓心到直線距離，所以.故選：C9、A【解析】根據函數的定義域可得，，，再根據函數的值域即可得出答案.【詳解】解：∵的解集為，∴方程的解為或4，則，，，∴，又因函數的值域為，∴，∴.故選：A.10、D【解析】利用，結合數量積的定義可求得的平方的值，再開方即可【詳解】依題意，，故選D【點睛】本題考查了平面向量數量積的性質及其運算，屬基礎題．向量數量積的運算主要掌握兩點：一是數量積的基本公式；二是向量的平方等于向量模的平方.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】解一元二次不等式，結合新定義即可得到結果.【詳解】∵，∴，∴，故答案為：12、2【解析】先求出，再求的值即可【詳解】解：由題意得，，所以，故答案為：213、②③【解析】根據奇函數、偶函數的性質可判斷①②，結合平移變換可判斷③④.【詳解】奇函數在關于原點對稱的兩個區間上具有相同的單調性，偶函數在關于原點對稱的兩個區間上具有相反的單調性，故①錯誤，②正確；因為函數為奇函數，圖象關于原點對稱，的圖象可以由的圖象向右平移1個單位長度得到，故的圖象關于點對稱，故③正確；函數的圖象可以由函數的圖象向左平移1個單位長度得到，因為為偶函數，圖象關于y軸對稱，所以的圖象關于直線軸對稱，故④錯誤.故答案為：②③14、16【解析】由零點定義,可得關于的方程.去絕對值分類討論化簡.將對數式化為指數式,再去絕對值可得四個方程.結合韋達定理,求得各自方程兩根的乘積,即可得所有根的積.【詳解】函數的零點即所以去絕對值可得或即或去絕對值可得或,或當,兩邊同時乘以,化簡可得,設方程的根為.由韋達定理可得當,兩邊同時乘以,化簡可得,設方程的根為.由韋達定理可得當,兩邊同時乘以,化簡可得,設方程的根為.由韋達定理可得當,兩邊同時乘以,化簡可得,設方程的根為.由韋達定理可得綜上可得所有零點的乘積為故答案為:【點睛】本題考查了函數零點定義,含絕對值方程的解法,分類討論思想的應用,由韋達定理研究方程根的關系,屬于難題.15、2【解析】根據自變量的范圍，由內至外逐層求值可解.【詳解】又故答案為：2.16、【解析】利用同角三角函數基本關系式化簡所求，得到正切函數的表達式，根據已知即可計算得解【詳解】解：∵tanα＝3，∴sinα（cosα﹣sinα）故答案為【點睛】本題主要考查了同角三角函數基本關系式在三角函數化簡求值中的應用，考查了轉化思想，屬于基本知識的考查三、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）推導出的坐標，由此能求出；（2）設，則，且，解得，，從而，，由此能求出【詳解】解：（1）設是任意角，，它的終邊與單位圓相交于點，點在的反向延長線上，所以，；（2）當時，設，則，且，解得，，或，，則，或，，．或故18、（1），（2）【解析】（1）根據是奇函數，是偶函數，結合，以取代入上式得到，聯立求解；（2）易得，，設，轉化為，，根據時，與有兩個交點，轉化為函數，在有一個零點求解.【小問1詳解】解：因為是奇函數，是偶函數，所以，，∵，①∴令取代入上式得，即，②聯立①②可得，，【小問2詳解】，，，可得，∴，.設，∴，，∵當時，與有兩個交點，要使函數有兩個零點，即使得函數，在有一個零點，（時，只有一個零點）即方程在內只有一個實根，∵，令，則使即可，∴或.∴的取值范圍.19、（1）；（2）.【解析】（1）利用對數運算法則直接計算作答.（2）利用對數換底公式及對數運算法則計算作答.【小問1詳解】.【小問2詳解】因，，所以.20、（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）連,交于,連,由中位線定理即可證明平面.（Ⅱ）根據,由等體積法即可求得點到平面的距離.【詳解】（Ⅰ）連,設交于,連,如下圖所示:因為為的中點,為的中點,則面,不在面內，所以平面（Ⅱ）因為等腰直角三角形中,則,又因為所以平面則設點到平面的距離為.注意到，由,代入可得：，解得.即點到平面的距離為.【點睛】本題考查了直線與平面平行的判定,等體積法求點到平面距離的方法,屬于中等題.21、（1），；