福建省泉州市泉港第一中學2025屆高一數學第一學期期末綜合測試模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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．簡諧運動可用函數表示，則這個簡諧運動的初相為（）A. B.C. D.2．我們知道，函數的圖象關于坐標原點成中心對稱圖形的充要條件是函數為奇函數，有同學發現可以將其推廣為：函數的圖象關于點成中心對稱圖形的充要條件是函數為奇函數，則函數圖象的對稱中心為（）A. B.C. D.3．如圖，在正四棱柱中，，點是平面內的一個動點，則三棱錐的正視圖和俯視圖的面積之比的最大值為A B.C. D.4．設常數使方程在區間上恰有三個解且，則實數的值為（）A. B.C. D.5．已知，，，則下列判斷正確是（）A. B.C. D.6．下列函數中，圖象關于坐標原點對稱的是（）A.y=x B.C.y=x D.7．命題“”的否定是：（）A. B.C. D.8．下列選項中，與的值不相等的是（）A B.cos18°cos42°﹣sin18°sin42°C. D.9．下列說法正確的有（）①兩個面平行且相似，其余各面都是梯形的多面體是棱臺；②以直角三角形的一邊為軸旋轉一周所得的旋轉體是圓錐；③各側面都是正方形的四棱柱一定是正方體；④圓錐的軸截面是等腰三角形.A.1個 B.2個C.3個 D.4個10．已知函數的圖像中相鄰兩條對稱軸之間的距離為，當時，函數取到最大值，則A.函數的最小正周期為 B.函數的圖像關于對稱C.函數的圖像關于對稱 D.函數在上單調遞減二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知平面向量，，若，則______12．函數的定義域為_________13．如圖所示，正方體的棱長為，線段上有兩個動點，且，則下列結論中正確的是_____①∥平面；②平面⊥平面；③三棱錐的體積為定值；④存在某個位置使得異面直線與成角°14．已知函數，，若對任意的，都存在，使得，則實數的取值范圍為_________.15．函數的值域是________16．函數在區間上單調遞增，則實數的取值范圍_______.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．已知角的終邊經過點（1）求的值；（2）求的值18．已知函數為上奇函數（1）求實數的值；（2）若不等式對任意恒成立，求實數的最小值19．已知函數（Ⅰ）當時，求在區間上的值域；（Ⅱ）當時，是否存在這樣的實數a，使方程在區間內有且只有一個根？若存在，求出a的取值范圍；若不存在，請說明理由20．某種放射性元素的原子數隨時間的變化規律是，其中是正的常數，為自然對數的底數.（1）判斷函數是增函數還是減函數；（2）把表示成原子數的函數.21．設函數，其中.（1）當時，求函數的零點；（2）若，求函數的最大值.

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、B【解析】根據初相定義直接可得.【詳解】由初相定義可知，當時的相位稱為初相，所以，函數的初相為.故選：B2、A【解析】根據題意并結合奇函數的性質即可求解.【詳解】由題意得，設函數圖象的對稱中心為，則函數為奇函數，即，則，解得，故函數圖象的對稱中心為.故選：.3、B【解析】由題意可知，P在正視圖中的射影是在C1D1上，AB在正視圖中，在平面CDD1C1上的射影是CD，P的射影到CD的距離是AA1=2，所以三棱錐P﹣ABC的正視圖的面積為三棱錐P﹣ABC的俯視圖的面積的最小值為，所以三棱錐P﹣ABC的正視圖與俯視圖的面積之比的最大值為，故選B點睛：思考三視圖還原空間幾何體首先應深刻理解三視圖之間的關系，遵循“長對正，高平齊，寬相等”的基本原則，其內涵為正視圖的高是幾何體的高，長是幾何體的長；俯視圖的長是幾何體的長，寬是幾何體的寬；側視圖的高是幾何體的高，寬是幾何體的寬.4、B【解析】解：分別作出y=cosx，x∈（，3π）與y=m的圖象，如圖所示，結合圖象可得則﹣1＜m＜0，故排除C，D，再分別令m=﹣，m=﹣，求出x1，x2，x3，驗證x22=x1?x3是否成立；【詳解】解：分別作出y=cosx，x∈（，3π）與y=m的圖象，如圖所示，方程cosx=m在區間（，3π）上恰有三個解x1，x2，x3（x1＜x2＜x3），則﹣1＜m＜0，故排除C，D，當m=﹣時，此時cosx=﹣在區間（，3π），解得x1=π，x2=π，x3=π，則x22=π2≠x1?x3=π2，故A錯誤，當m=﹣時，此時cosx=﹣在區間（，3π），解得x1=π，x2=π，x3=π，則x22=π2=x1?x3=π2，故B正確，故選B【點睛】本題考查了三角函數的圖象和性質，考查了數形結合的思想和函數與方程的思想，屬于中檔題.5、C【解析】對數函數的單調性可比較、與的大小關系，由此可得出結論.【詳解】，即.故選：C.6、B【解析】根據圖象關于坐標原點對稱的函數是奇函數，結合奇函數的性質進行判斷即可.【詳解】因為圖象關于坐標原點對稱的函數是奇函數，所以有：A：函數y=xB：設f(x)=x3，因為C：設g(x)=x，因為g(-x)=D：因為當x=0時，y=1，所以該函數的圖象不過原點，因此不是奇函數，不符合題意，故選：B7、A【解析】由特稱命題的否定是全稱命題，可得出答案.【詳解】根據特稱命題的否定是全稱命題，可知命題“”的否定是“”.故選：A.8、C【解析】先計算的值，再逐項計算各項的值，從而可得正確的選項．【詳解】．對于A，因為，故A正確．對于B，，故B正確．對于C，，故C錯誤．對于D，，故D正確．故選：C．9、A【解析】對于①：利用棱臺的定義進行判斷；對于②：以直角三角形的斜邊為軸旋轉一周所得的旋轉體不是圓錐.即可判斷；對于③：舉反例：底面的菱形，各側面都是正方形的四棱柱不是正方體.即可判斷；對于④：利用圓錐的性質直接判斷.【詳解】對于①：棱臺是棱錐過側棱上一點作底面的平行平面分割而得到的.而兩個面平行且相似，其余各面都是梯形的多面體中，把梯形的腰延長后，有可能不交于一點，就不是棱臺.故①錯誤；對于②：以直角三角形的斜邊為軸旋轉一周所得的旋轉體不是圓錐.故②錯誤；對于③：各側面都是正方形的四棱柱中，如果底面的菱形，一定不是正方體.故③錯誤；對于④：圓錐的軸截面是等腰三角形.是正確的.故④正確.故選：A10、D【解析】由相鄰對稱軸之間的距離，得函數的最小正周期，求得，再根據當時，函數取到最大值求得，對函數的性質進行判斷，可選出正確選項【詳解】因為函數的圖像中相鄰兩條對稱軸之間的距離為，所以，函數的最小正周期，所以，又因為當時，函數取到最大值，所以，，因為，所以，，函數最小正周期，A錯誤；函數圖像的對稱軸方程為，，B錯誤；函數圖像的對稱中心為，，C錯誤；所以選擇D【點睛】由的圖像求函數的解析式時，由函數的最大值和最小值求得，由函數的周期求得，代值進函數解析式可求得的值二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】求出，根據，即，進行數量積的坐標運算，列出方程，即可求解【詳解】由題意知，平面向量，，則；因為，所以，解得故答案為【點睛】本題主要考查了向量的坐標運算，以及向量的數量積的應用，其中解答中根據平面向量垂直的條件，得到關于的方程是解答的關鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題.12、【解析】根據被開放式大于等于零和對數有意義，解對數不等式得到結果即可.【詳解】∵函數∴x>0且，∴∴函數的定義域為故答案為【點睛】本題考查了根據函數的解析式求定義域的應用問題，是基礎題目13、①②③④【解析】在①中，由EF∥BD，得EF∥平面ABCD；在②中，連接BD，由AC⊥BD，AC⊥DD1，可知AC⊥面BDD1B1，從而得到面ACF⊥平面BEF；在③中，三棱錐E﹣ABF的體積與三棱錐A﹣BEF的體積相等，從而三棱錐E﹣ABF的體積為定值；在④中，令上底面中心為O，得到存在某個位置使得異面直線AE與BF成角30°【詳解】由正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，線段B1D1上有兩個動點E、F，且，知：在①中，由EF∥BD，且EF?平面ABCD，BD?平面ABCD，得EF∥平面ABCD，故①正確；在②中，連接BD，由AC⊥BD，AC⊥DD1，可知AC⊥面BDD1B1，而BE?面BDD1B1，BF?面BDD1B1，∴AC⊥平面BEF，∵AC?平面ACF，∴面ACF⊥平面BEF，故②正確；在③中，三棱錐E﹣ABF的體積與三棱錐A﹣BEF的體積相等，三棱錐A﹣BEF的底面積和高都是定值，故三棱錐E﹣ABF的體積為定值，故③正確；在④中，令上底面中心為O，當E與D1重合時，此時點F與O重合，則兩異面直線所成的角是∠OBC1，可求解∠OBC1＝300，故存在某個位置使得異面直線AE與BF成角30°，故④正確故答案為①②③④【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，屬于中檔題14、##a≤【解析】時，，原問題.【詳解】∵，，∴，∴，即對任意的，都存在，使恒成立，∴有.當時，顯然不等式恒成立；當時，，解得；當時，，此時不成立.綜上，.故答案為：.15、##【解析】求出的范圍，再根據對數函數的性質即可求該函數值域.【詳解】，而定義域上遞減，，無最小值，函數的值域為故答案為：.16、【解析】由對數真數大于零可知在上恒成立，利用分離變量的方法可求得，此時結合復合函數單調性的判斷可知在上單調遞增，由此可確定的取值范圍.【詳解】由題意知：在上恒成立，在上恒成立，在上單調遞減，，；當時，單調遞增，又此時在上單調遞增，在上單調遞增，滿足題意；實數的取值范圍為.故答案為：.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、（1），，；（2）.【解析】（1）直接利用三角函數的坐標定義求解；（2）化簡，即得解.【小問1詳解】解：，有，，；【小問2詳解】解：，將代入，可得18、（1）；（2）【解析】（1）由奇函數得到，再由多項式相等可得；（2）由是奇函數和已知得到，再利用是上的單調增函數得到對任意恒成立．利用參數分離得對任意恒成立，再求，上最大值可得答案【詳解】（1）因為函數為上的奇函數，所以對任意成立，即對任意成立，所以，所以（2）由得，因為函數為上的奇函數，所以由（1）得，是上的單調增函數，故對任意恒成立所以對任意恒成立因為，令，由，得，即所以的最大值為，故，即的最小值為【點睛】本題考查了函數的性質，不等式恒成立的問題，第二問的關鍵點是根據函數的為單調遞增函數，得到，再利用參數分離后求的最大值，考查了學生分析問題、解決問題的能力.19、（Ⅰ）；（Ⅱ）存在，.【解析】（Ⅰ）先把代入解析式，再求對稱軸，進而得到函數的單調性，即可求出值域；（Ⅱ）函數在區間內有且只有一個零點，轉化為函數和的圖象在內有唯一交點，根據中是否為零，分類討論，結合函數的性質，即可求解.【詳解】（Ⅰ）當時，，對稱軸為：，所以函數在區間單調遞減，在區間單調遞增；則，所以在區間上的值域為；（Ⅱ）由，令，可得，即，令，，，函數在區間內有且只有一個零點，等價于兩個函數與的圖象在內有唯一交點；①當時，在上遞減，在上遞增，而，所以函數與的圖象在內有唯一交點.②當時，圖象開口向下，對稱軸為，在上遞減，在上遞增，與的圖象在內有唯一交點，當且僅當，即，解得，所以.③當時，圖象開口向上，對稱軸為，在上遞減，在上遞增，與的圖象在內有唯一交點，，即，解得，所以.綜上，存在實數，使函數于在區間內有且只有一個點.【點睛】關鍵點睛：本題主要考查了求一元二次函數的值域問題，以及函數與方程的綜合應用，其中解答中把函數的零點問題轉化為兩個函數圖象的交點個數問題，結合函數的性質求解是解答的關鍵，著重考查轉化思想，以及推理與運算能力.20、(1)減函數；(2)（其中）.【解析】（1）即得是關于的減函數；（2）利用指數式與對數式的互化，可以把t表示為原子數N的函數試題解析：（1）由已知可得因為是正常數，，所以，即，又是正常數，所以是關于的減函數（2）因為，所以，所以，即（