2025屆新疆伊寧生產建設兵團五校聯考數學高一上期末經典試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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．A. B.C.1 D.2．若圓上至少有三個不同的點到直線的距離為，則的取值范圍是（）A. B.C. D.3．已知函數，則（）A. B.C. D.4．下列結論中正確的是（）A.當時，無最大值 B.當時，的最小值為3C.當且時， D.當時，5．已知函數，則（）A. B.C. D.16．設函數，且在上單調遞增，則的大小關系為A B.C. D.不能確定7．已知，若，則m的值為（）A.1 B.C.2 D.48．在中，若，則的形狀為（）A.等腰三角形B.直角三角形C.等腰直角三角形D.等腰三角形或直角三角形9．設，，若，則的最小值為（）A. B.6C. D.10．若命題“”是命題“”的充分不必要條件，則的取值范圍是（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．定義在上的偶函數滿足：當時，，則______12．命題“，”的否定是_________.13．已知函數若方程恰有三個實數根，則實數的取值范圍是_______.14．在空間直角坐標系中，點和之間的距離為____________.15．1881年英國數學家約翰·維恩發明了Venn圖，用來直觀表示集合之間的關系．全集，集合，的關系如圖所示，其中區域Ⅰ，Ⅱ構成M，區域Ⅱ，Ⅲ構成N．若區域Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ表示的集合均不是空集，則實數a的取值范圍是______16．已知函數,現有如下幾個命題：①該函數為偶函數；

②是該函數的一個單調遞增區間；③該函數的最小正周期為；④該函數的圖像關于點對稱；⑤該函數的值域為.其中正確命題的編號為______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．已知函數（且）.（1）當時，，求的取值范圍；（2）若在上最小值大于1，求的取值范圍.18．直線過定點，交、正半軸于、兩點，其中為坐標原點.（Ⅰ）當的傾斜角為時，斜邊的中點為，求；（Ⅱ）記直線在、軸上的截距分別為，其中，求的最小值.19．已知函數的定義域為R，其圖像關于原點對稱，且當時，（1）請補全函數的圖像，并由圖像寫出函數在R上的單調遞減區間；（2）若，，求的值20．已知函數（1）判斷的奇偶性；（2）若當時，恒成立，求實數的取值范圍21．某種有獎銷售的飲料，瓶蓋內印有“獎勵一瓶”或“謝謝購買”字樣，購買一瓶若其瓶蓋內印有“獎勵一瓶”字樣即為中獎，中獎概率為.甲、乙、丙三位同學每人購買了一瓶該飲料（Ⅰ）求三位同學都沒有中獎的概率；（Ⅱ）求三位同學中至少有兩位沒有中獎的概率.

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】由題意可得：本題選擇A選項.2、D【解析】先整理圓的方程為可得圓心和半徑,再轉化問題為圓心到直線的距離小于等于,進而求解即可【詳解】由題,圓標準方程為,所以圓心為,半徑,因為圓上至少有三個不同點到直線的距離為,所以,所以圓心到直線的距離小于等于,即,解得,故選:D【點睛】本題考查直線與圓的位置關系的應用,考查圓的一般方程到圓的標準方程的轉化,考查數形結合思想3、A【解析】由題中條件，推導出，，，，由此能求出的值【詳解】解：函數，，，，，故選A【點睛】本題考查函數值的求法，考查函數性質等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題4、D【解析】利用在單調遞增，可判斷A；利用均值不等式可判斷B，D；取可判斷C【詳解】選項A，由都在單調遞增，故在單調遞增，因此在上當時取得最大值，選項A錯誤；選項B，當時，，故，當且僅當，即時等號成立，由于，故最小值3取不到，選項B錯誤；選項C，令，此時，不成立，故C錯誤；選項D，當時，，故，當且僅當，即時，等號成立，故成立，選項D正確故選：D5、D【解析】由分段函數定義計算【詳解】，所以故選：D6、B【解析】當時，，它在上單調遞增，所以.又為偶函數，所以它在上單調遞減，因，故，選B.點睛：題設中的函數為偶函數，故根據其在上為增函數判斷出，從而得到另一側的單調性和，故可以判斷出.7、B【解析】依題意可得，列方程解出【詳解】解：，，故選：8、D【解析】利用誘導公式和兩角和差的正弦公式、正弦的二倍角公式化簡已知條件，再結合角的范圍即可求解.【詳解】因為，由可得：，即，所以，所以，所以或，因為，，所以或，所以的形狀為等腰三角形或直角三角形，故選：D.9、C【解析】由已知可得，將代數式與相乘，展開后利用基本不等式可求得所求代數式的最小值.【詳解】，，，由可得，所以，，當且僅當時，等號成立.因此，的最小值為.故選：C.【點睛】易錯點睛：利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各項必須為正數；（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構成和的二項之積轉化成定值；要求積的最大值，則必須把構成積的因式的和轉化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發生錯誤的地方.10、C【解析】解不等式得，進而根據題意得集合是集合的真子集，再根據集合關系求解即可.【詳解】解：解不等式得，因為命題“”是命題“”的充分不必要條件，所以集合是集合的真子集，所以故選：C二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、12【解析】根據偶函數定義，結合時的函數解析式，代值計算即可.【詳解】因為是定義在上的偶函數，故可得，又當時，，故可得，綜上所述：.故答案為：.12、，##【解析】根據全稱量詞命題的否定即可得出結果.【詳解】由題意知，命題“”的否定為：.故答案為：.13、【解析】令f（t）＝2，解出t，則f（x）＝t，討論k的符號，根據f（x）的函數圖象得出t的范圍即可【詳解】解：令f（t）＝2得t＝﹣1或t（k≠0）∵f（f（x））﹣2＝0，∴f（f（x））＝2，∴f（x）＝﹣1或f（x）（k≠0）（1）當k＝0時，做出f（x）的函數圖象如圖所示：由圖象可知f（x）＝﹣1無解，即f（f（x））﹣2＝0無解，不符合題意；（2）當k＞0時，做出f（x）的函數圖象如圖所示：由圖象可知f（x）＝﹣1無解，f（x）無解，即f（f（x））﹣2＝0無解，不符合題意；（3）當k＜0時，做出f（x）的函數圖象如圖所示：由圖象可知f（x）＝﹣1有1解，∵f（f（x））﹣2＝0有3解，∴f（x）有2解，∴1，解得﹣1＜k綜上，k的取值范圍是（﹣1，]故答案為（﹣1，]【點睛】本題考查了函數零點個數與函數圖象的關系，數形結合思想，屬于中檔題14、【解析】利用空間兩點間的距離公式求解.【詳解】由空間直角坐標系中兩點間距離公式可得.故答案為：15、【解析】由，又區域Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ表示的集合均不是空集，則或解不等式組即可【詳解】由，又區域Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ表示的集合均不是空集，則或解得故答案為：16、②③【解析】由于為非奇非偶函數,①錯誤.,此時,其在上為增函數,②正確.由于,所以函數最小正周期為,③正確.由于,故④正確.當時,,故⑤錯誤.綜上所述,正確的編號為②③.三、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）當時，得到函數的解析式，把不等式，轉化為，即可求解；（2）由在定義域內單調遞減，分類討論，即可求解函數的最大值，得到答案.【詳解】（1）當時，，，得.（2）在定義域內單調遞減，當時，函數在上單調遞減，，得.當時，函數在上單調遞增，，不成立.綜上：.【點睛】本題主要考查了指數函數的圖象與性質的應用問題，其中解答中由指數函數的解析式轉化為相應的不等式，以及根據指數函數的單調性分類討論求解是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力.18、(Ⅰ)；(Ⅱ)9.【解析】(Ⅰ)首先求得直線方程與坐標軸的交點，然后求解的值即可；(Ⅱ)由題意結合截距式方程和均值不等式的結論求解的最小值即可.【詳解】（Ⅰ），令令，.（Ⅱ）設，則，，當時，的最小值.【點睛】在應用基本不等式求最值時，要把握不等式成立的三個條件，就是“一正——各項均為正；二定——積或和為定值；三相等——等號能否取得”，若忽略了某個條件，就會出現錯誤19、（1）作圖見解析；單調減區間是和（2）0【解析】（1）由圖象關于原點對稱，補出另一部分，結合圖可求出函數的單調減區間，（2）先求出的值，然后根據函數的奇偶性和解析式求解即可【小問1詳解】因為函數的圖像關于原點對稱，所以是R上的奇函數，故由對稱性畫出圖像在R上的單調減區間是和【小問2詳解】，所以20、（1）偶函數（2）【解析】（1）利用奇函數與偶函數的定義判斷即可；（2）要使恒成立轉化，判斷函數的單調性，利用單調性求出的取值范圍，即可得到的范圍【小問1詳解】函數的定義域為，關于原點對稱，又，所以函數為偶函數；【小問2詳解】因為在上單調遞增，故函數在上單調遞減，所以，因為當時，恒成立轉化為，即可，所以，則實數的取值范圍為21、（1）；（2）.【解析】（1）因為甲、乙、丙三位同學是否中獎是相互獨立，因