安徽省定遠育才實驗學校2025屆數學高一上期末綜合測試試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．已知函數在上有兩個零點，則的取值范圍為（）A. B.C. D.2．在R上定義運算⊙：A⊙B＝A(1－B)，若不等式(x－a)⊙(x＋a)<1對任意的實數x∈R恒成立，則實數a的取值范圍為（）A.－1<a<1 B.0<a<2C.－<a< D.－<a<3．函數f（x）=lnx﹣1的零點所在的區間是A（1，2） B.（2，3）C.（3，4） D.（4，5）4．如圖，是全集，是子集，則陰影部分表示的集合是（）A. B.C. D.5．下題中，正確的命題個數為（）①函數的定義域為；②已知命題，則命題的否定為:；③已知是定義在[0，1]的函數，那么“函數在[0，1]上單調遞減”是“函數在[0，1]上的最小值為f(1)”的必要不充分條件；④被稱為“天津之眼”的天津永樂橋摩天輪，是一座跨河建造、橋輪合一的摩天輪假設“天津之眼”旋轉一周需30分鐘，且是勻速轉動的，則經過5分鐘，轉過的角的弧度A.1 B.2C.3 D.46．已知函數在[2，8]上單調遞減，則k的取值范圍是（）A. B.C. D.7．下列各組函數是同一函數的是（）①與②與③與④與A.②④ B.③④C.②③ D.①④8．方程的根所在的區間為A. B.C. D.9．已知命題：，總有，則命題的否定為（）A.，使得 B.，使得C.，總有 D.，總有10．已知函數的圖象與函數的圖象關于直線對稱，函數是奇函數，且當時，，則（）A.-18 B.-12C.-8 D.-6二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若函數關于對稱，則常數的最大負值為________12．若角的終邊經過點，則___________.13．已知函數，那么_________.14．寫出一個能說明“若函數滿足，則為奇函數”是假命題的函數：______15．已知點是角終邊上任一點，則__________16．當一個非空數集G滿足“如果，則，，，且時，”時，我們稱G就是一個數域，以下關于數域的命題：①0和1都是任何數域的元素；②若數域G有非零元素，則；③任何一個有限數域的元素個數必為奇數；④有理數集是一個數域；⑤偶數集是一個數域，其中正確的命題有______________.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．已知的內角所對的邊分別為，（1）求的值；（2）若，求面積18．已知函數是R上的奇函數.（1）求a的值，并判斷的單調性；（2）若存在，使不等式成立，求實數b的取值范圍.19．已知角的頂點為坐標原點，始邊為軸的非負半軸，終邊經過點，且.（1）求實數的值；（2）若，求的值.20．已知函數.（1）若函數在區間內存在零點，求實數m的取值范圍；（2）若關于x的方程有實數根，求實數m的取值范圍.21．已知集合，，（1）求；（2）若，求m的取值范圍

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】先化簡，再令，求出范圍，根據在上有兩個零點，作圖分析，求得的取值范圍.【詳解】，由，又，則可令，又函數在上有兩個零點，作圖分析：則，解得.故選：B.【點睛】本題考查了輔助角公式，換元法的運用，三角函數的圖象與性質，屬于中檔題.2、C【解析】根據新定義把不等式轉化為一般的一元二次不等式，然后由一元二次不等式恒成立得結論【詳解】∵(x－a)⊙(x＋a)＝(x－a)(1－x－a)，∴不等式(x－a)⊙(x＋a)<1，即(x－a)(1－x－a)<1對任意實數x恒成立，即x2－x－a2＋a＋1>0對任意實數x恒成立，所以Δ＝1－4(－a2＋a＋1)<0，解得，故選:C.3、B【解析】∵，在遞增，而，∴函數的零點所在的區間是，故選B.4、C【解析】利用陰影部分所屬的集合寫出陰影部分所表示的集合【詳解】解：由圖知，陰影部分在集合中，在集合中，但不在集合中，故陰影部分所表示的集合是.故選：C.5、B【解析】對于①，求出函數的定義域即可判斷；對于②，根據全稱量詞命題的否定為存在量詞命題即可判斷；對于③，根據充分條件和必要條件的定義，舉出反例即可判斷；對于④，計算出經過5分鐘，轉過的角的弧度即可判斷.【詳解】解：對于①，由，得，解得且，所以函數的定義域為，故①正確；對于②，命題，的否定為:，故②錯誤；對于③，若函數在[0，1]上單調遞減，則函數在[0，1]上的最小值為f(1)，若函數在[0，1]上的最小值為f(1)，無法得出函數在[0，1]上單調遞減，例如，函數在[0，1]上不單調，且函數在[0，1]上的最小值為f(1)，所以“函數在[0，1]上單調遞減”是“函數在[0，1]上的最小值為f(1)”的充分不必要條件，故③錯誤；對于④，根據題意經過5分鐘，轉過的角的弧度為，故④正確，所以正確的個數為2個.故選：B.6、C【解析】利用二次函數的單調性可得答案.【詳解】因為函數的對稱軸為所以要使函數在[2，8]上單調遞減，則有，即故選：C7、B【解析】利用函數的三要素：定義域、值域、對應關系相同即可求解.【詳解】對于①，與，定義域均為，但對應,兩函數的對應關系不同，故①不是同一函數；對于②，的定義域為，的定義域為，故②不是同一函數；對于③，與定義域均為，函數表達式可化簡為，故③兩函數為同一函數；對于④，根據函數的概念，與，定義域、對應關系、值域均相同，故④為同一函數，故選：B【點睛】本題考查了函數的三要素，函數相同只需函數的三要素：定義域、值域、對應關系相同，屬于基礎題.8、C【解析】令函數，則方程的根即為函數的零點再根據函數零點的判定定理可得函數零點所在區間【詳解】令函數，則方程的根即為函數的零點，再由，且，可得函數在上有零點故選C【點睛】本題主要考查函數的零點的判定定理的應用，屬于基礎題9、B【解析】根據全稱命題的否定性質進行判斷即可.【詳解】因為全稱命題的否定是特稱命題，所以命題的否定為，使得，故選：B10、D【解析】首先根據題意得到，再根據的奇偶性求解即可.【詳解】由題知：，所以當時，，又因為函數是奇函數，所以.故選：D二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】根據函數的對稱性，利用，建立方程進行求解即可【詳解】若關于對稱，則，即，即，則，則，，當時，，故答案為：12、【解析】根據三角函數的定義求出和的值，再由正弦的二倍角公式即可求解.【詳解】因為角的終邊經過點，所以，，則，所以，，所以，故答案為：.13、3【解析】首先根據分段函數求的值，再求的值.【詳解】，所以.故答案為：314、（答案不唯一）【解析】根據余弦型函數的性質求解即可.【詳解】解：因為，所以的周期為4，所以余弦型函數都滿足，但不是奇函數故答案為：15、##【解析】將所求式子，利用二倍角公式和平方關系化為，然后由商數關系弦化切，結合三角函數的定義即可求解.【詳解】解：因為點是角終邊上任一點，所以，所以，故答案為：.16、①②③④【解析】利用已知條件中數域的定義判斷各命題的真假，題目給出了對兩個實數的四種運算，要滿足對四種運算的封閉，只有一一驗證.【詳解】①當時，由數域的定義可知，若，則有，即，，故①是真命題;②因為，若，則，則，，則2019，所以，故②是真命題；③，當且時，則，因此只要這個數不為就一定成對出現，所以有限數域的元素個數必為奇數，所以③是真命題；④若，則，且時,，故④是真命題；⑤當時，，所以偶數集不是一個數域，故⑤是假命題；故答案為：①②③④【點睛】關鍵點點睛：理解數域就是對加減乘除封閉的集合，是解題的關鍵，一定要讀懂題目再入手，沒有一個條件是多余的，是難題.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）【解析】（1）由正弦定理求解即可；（2）由余弦定理求得則面積可求【詳解】（1）由正弦定理得故；（2），由余弦定理，，解得因此，【點睛】本題考查正余弦定理解三角形，考查面積公式，熟記公式準確計算是關鍵，是基礎題18、（1），為上的增函數；（2）.【解析】（1）由奇函數的定義即可求解的值，因為，所以由復合函數單調性的判斷法則即可判斷的單調性；（2）由題意，原問題等價于，令，則，利用二次函數的性質可求得的最小值，從而即可得答案.【小問1詳解】解：∵函數是R上的奇函數，∴，即對任意恒成立，∴，∵，又在上單調遞增且，且在單調遞增，所以為上的增函數；【小問2詳解】解：由已知在內有解，即在有解，令，則，因為在上單調遞減，所以，所以，所以實數b的取值范圍為.19、（1）或（2）【解析】（1）利用三角函數定義可求的值.（2）利用誘導公式可求三角函數式的值.【小問1詳解】由題意可得，所以，整理得，解得或.【小問2詳解】因為，所以由（1）可得，所以，所以.20、（1）；（2）.【解析】（1）先得出函數在的單調性，再根據零點存在定理建立不等式組，解之可得實數m的取值范圍.（2）由已知將原方程等價于存在實數x使成立.再根據基本不等式得出，由此可求得實數m的取值范圍.【詳解】解：（1）因為函數與在都是增函數，所以函