山東省濟寧市達標名校2025屆數學高一上期末復習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．在平行四邊形中，，，為邊的中點，，則（）A.1 B.2C.3 D.42．已知直二面角,點，,為垂足,，,為垂足．若，則到平面的距離等于A. B.C. D.13．如果AB>0,BC>0，那么直線Ax－By－C＝0不經過的象限是A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限4．為了得到函數圖象，只需將函數的圖象A.向左平行移動個單位 B.向左平行移動個單位C.向右平行移動個單位 D.向右平行移動個單位5．圓：與圓：的位置關系是A.相交 B.相離C.外切 D.內切6．繆天榮，浙江人，著名眼科專家、我國眼視光學的開拓者.上世紀年代，我國使用“國際標準視力表”檢測視力，采用“小數記錄法”記錄視力數據，繆天榮發現其中存在不少缺陷.經過年苦心研究，年，他成功研制出“對數視力表”及“分記錄法”.這是一種既符合視力生理又便于統計和計算的視力檢測系統，使中國的眼視光學研究站在了世界的巔峰.“分記錄法”將視力和視角（單位：）設定為對數關系：.如圖，標準對數視力表中最大視標的視角為，則對應的視力為.若小明能看清的某行視標的大小是最大視標的（相應的視角為），取，則其視力用“分記錄法”記錄（）A. B.C. D.7．已知偶函數在區間內單調遞增，若，，，則的大小關系為（）A. B.C. D.8．設，則“”是“”（）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9．總體由編號為01，02，…，49，50的50個個體組成，利用下面的隨機數表選取6個個體，選取方法是從隨機數表第7行的第9列和第10列數字開始從左到右依次選取兩個數字，則選出的第4個個體的編號為（）附：第6行至第8行的隨機數表274861987164414870862888851916207477011116302404297979919624512532114919730649167677873399746732263579003370A.11 B.24C.25 D.2010．已知集合，a=3．則下列關系式成立的是A.aAB.aAC.{a}AD.{a}∈A二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．設b＞0，二次函數y＝ax2＋bx＋a2－1的圖象為下列之一，則a的值為______________12．已知角A為△ABC的內角，cosA=-4513．A是銳二面角α-l-β的α內一點，AB⊥β于點B，AB=，A到l的距離為2，則二面角α-l-β的平面角大小為________.14．已知，若對一切實數，均有，則___.15．設a>0且a≠1，函數fx16．設一扇形的弧長為4cm，面積為4cm2，則這個扇形的圓心角的弧度數是_____.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f(x)=x-（1）討論并證明函數f(x)在區間(0,+∞)的單調性；（2）若對任意的x∈[1,+∞)，f(mx)+mf(x)<0恒成立，求實數m的取值范圍18．已知函數的圖象的對稱中心到對稱軸的最小距離為.（1）求函數的解析式，并寫出的單調區間；（2）求函數在區間上的最小值和最大值以及相對應的x值.19．已知圓的一般方程為.(1)求的取值范圍;(2)若圓與直線相交于兩點，且(為坐標原點)，求以為直徑的圓的方程.20．對于兩個定義域相同的函數和，若存在實數，使，則稱函數是由“基函數，”生成的.（1）若是由“基函數，”生成的，求實數的值；（2）試利用“基函數，”生成一個函數，且同時滿足以下條件：①是偶函數；②的最小值為1.求的解析式.21．設，.（1）求的值；（2）求與夾角的余弦值.

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、D【解析】以為坐標原點，建立平面直角坐標系，設，再利用平面向量的坐標運算求解即可【詳解】以坐標原點，建立平面直角坐標系，設，則，，，，故，由可得，即，化簡得，故，故，，故故選：D2、C【解析】如圖，在平面內過點作于點因為為直二面角，，所以，從而可得．又因為，所以面，故的長度就是點到平面的距離在中，因為，所以因為，所以．則在中，因為，所以．因為，所以，故選C3、B【解析】斜率為，截距，故不過第二象限.考點：直線方程.4、B【解析】由函數y＝Asin（ωx+φ）的圖象變換規律，可得結論【詳解】∵將函數y＝sin（2x）的圖象向左平行移動個單位得到sin[2（x）]=，∴要得到函數y＝sin2x圖象，只需將函數y＝sin（2x）的圖象向左平行移動個單位故選B【點睛】本題主要考查了函數y＝Asin（ωx+φ）的圖象變換規律的簡單應用，屬于基礎題5、A【解析】求出兩圓的圓心和半徑,用圓心距與半徑和、差作比較,得出結論.【詳解】圓的圓心為(1,0),半徑為1,圓的圓心為(0,2),半徑為2,故兩圓圓心距為,兩半徑之和為3,兩半徑之差為1,其中,故兩圓相交,故選:A.【點睛】本題主要考查兩圓的位置關系,需要學生熟悉兩圓位置的五種情形及其判定方法,屬于基礎題.6、C【解析】將代入，求出的值，即可得解.【詳解】將代入函數解析式可得.故選：C.7、D【解析】先利用偶函數的對稱性判斷函數在區間內單調遞減，結合偶函數定義得，再判斷，和的大小關系，根據單調性比較函數值的大小，即得結果.【詳解】偶函數的圖象關于y軸對稱，由在區間內單調遞增可知，在區間內單調遞減.，故，而，，即，故，由單調性知，即.故選：D.8、A【解析】解不等式，再判斷不等式解集的包含關系即可.【詳解】由得，由得，故“”是“”的充分不必要條件.故選：A.9、C【解析】根據題意，直接從所給隨機數表中讀取，即可得出結果.【詳解】由題意，編號為的才是需要的個體；由隨機數表依次可得：，故第四個個體編號為25.故選：C【點睛】本題考查了隨機數表的讀法，注意重復數據只取一次，屬于基礎題.10、C【解析】集合，，所以{a}A故選C.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、-1【解析】根據題中條件可先排除①,②兩個圖象，然后根據③，④兩個圖象都經過原點可求出a的兩個值，再根據二次函數圖象的開口方向就可確定a的值.【詳解】∵b＞0∴二次函數的對稱軸不能為y軸，∴可排除掉①,②兩個圖象∵③，④兩個圖象都經過原點，∴a2﹣1＝0，∴a＝±1∵當a＝1時，二次函數圖象的開口向上，對稱軸在y軸左方，∴第四個圖象也不對，∴a＝﹣1，故答案為：-1【點睛】本題考查了二次函數的圖象和性質，做題時注意題中條件的利用，合理地利用排除法解決選擇題12、35【解析】根據同角三角函數的關系，結合角A的范圍，即可得答案.【詳解】因為角A為△ABC的內角，所以A∈(0,π)，因為cosA=-所以sinA=故答案為：313、【解析】如圖，過點B作與，連，則有平面，從而得，所以即為二面角的平面角在中，，所以,所以銳角即二面角的平面角的大小為答案：點睛：作二面角的平面角可以通過垂線法進行，在一個半平面內找一點作另一個半平面的垂線，再過垂足作二面角的棱的垂線，兩條垂線確定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角，然后通過解三角形的方法求得角，解題時要注意所求角的范圍14、【解析】列方程組解得參數a、b，得到解析式后，即可求得的值.【詳解】由對一切實數，均有可知，即解之得則，滿足故故答案：15、1,0【解析】令指數為0即可求得函數圖象所過的定點.【詳解】由題意，令x-1=0?x=1,y=1-1=0，則函數的圖象過定點（1,0）.故答案為：（1,0）.16、2【解析】設扇形的半徑為r，圓心角的弧度數為，由弧度制下扇形的弧長與面積計算公式可得，，解得半徑r=2，圓心角的弧度數，所以答案為2考點：弧度制下扇形的弧長與面積計算公式三、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)函數f(x)在(0,+∞)上單調遞增,見解析(2)m<-1【解析】1利用單調性的定義，根據步驟，取值，作差，變形，定號下結論，即可得到結論；2原不等式等價于2mx-1mx-mx<0對任意的x∈[1,+∞)恒成立，整理得2mx2解析：（1）函數f(x)在(0,+∞)上單調遞增證明：任取x2>x因為x2>x1>0，所以x所以函數f(x)在(0,+∞)上單調遞增（2）原不等式等價于2mx-1mx-整理得2mx2-m-若m>0，則左邊對應的函數開口向上，當x∈[1,+∞)時，必有大于0的函數值；所以m<0且2m-m-1所以m<-118、（1），增區間為，，減區間為，；（2）最小值為，此時；最大值為，此時.【解析】（1）根據題意求得的最小正周期，即可求得與解析式，再求函數單調區間即可；（2）根據（1）中所求，可得在區間的單調性，結合單調性，即可求得函數的最值以及對應的值.【小問1詳解】設的周期為T，則，所以，即，所以函數的解折式是.令，解得，故的增區間為，，令，解得，的減區間為，.【小問2詳解】由（1）可知，的減區間為，，單調增區間為，，又因為，所以的單調遞增區間為，單調遞減區間為.又因為，所以，，故函數在區間上的最小值為，此時，最大值為.此時.19、(1);(2)【解析】（1）根據圓的一般方程成立條件，，代入即可求解；（2）聯立直線方程和圓的方程，消元得關于的一元二次方程，列出韋達定理，求解中點坐標為圓心，為半徑，即可求解圓的方程.【詳解】(1)，，，，，解得:(2)，將代入得，，，，半徑∴圓的方程為【點睛】（1）考查圓的一般方程成立條件，屬于基礎題；（2）考查直線與圓位置關系，聯立方程組法求解，結合一元二次方程韋達定理，綜合性較強，難度一般.20、（1）；（2）【解析】⑴由已知得，求解即可求得實數的值；⑵設，則，繼而證得是偶函數，可得與的關系，得到函數解析式，設，則由，即可求解的最小值為解析：（1）由已知得，即，得，所以.（2）設，則.由，得，整理得，即，即對任意恒成立，所以.所以.設