滕州市第一中學2025屆高一數學第一學期期末預測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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．已知函數的零點在區間上，則（）A. B.C. D.2．若且，則函數的圖象一定過點（）A. B.C. D.3．已知是定義在上的奇函數，且在上單調遞增，若，則的解集為（）A. B.C. D.4．在長為12cm的線段AB上任取一點C.現作一矩形，鄰邊長分別等于線段AC，CB的長，則該矩形面積大于20cm2的概率為A. B.C. D.5．已知,則（）A. B.C. D.6．由一個正方體截去一個三棱錐所得的幾何體的直觀圖如圖所示，則該幾何體的三視圖正確的是（）A.B.C.D.7．對于①，②，③，④，⑤，⑥，則為第二象限角的充要條件是（）A.①③ B.③⑤C.①⑥ D.②④8．已知奇函數fx在R上是增函數，若a=-flog215，b=fA.a<b<c B.b<a<cC.c<b<a D.c<a<b9．在空間給出下面四個命題（其中、為不同的兩條直線），、為不同的兩個平面）①②③④其中正確的命題個數有A.1個 B.2個C.3個 D.4個10．若函數的定義域為，則函數的定義域是（）A B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數在上單調遞減，則實數的取值范圍是______12．設點A(2，－3)，B(－3，－2)，直線過P(1,1)且與線段AB相交，則l的斜率k的取值范圍是_____13．已知函數，若關于x的方程有兩個不同的實根，則實數m的取值范圍是______14．若函數滿足，則______15．設，若存在使得關于x的方程恰有六個解，則b的取值范圍是______16．已知函數，使方程有4個不同的解：，則的取值范圍是_________;的取值范圍是________.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（1）若，求不等式的解集；（2）若時，不等式恒成立，求的取值范圍.18．設函數.（1）當時，求函數的零點；（2）當時，判斷的奇偶性并給予證明；（3）當時，恒成立，求m的最大值.19．已知函數．求函數的值域20．已知函數.（1）判斷并證明的奇偶性；（2）若，求的取值范圍.21．如圖，在正方體中，為棱、的三等分點（靠近A點）.求證：（1）平面；（2）求證：平面平面.

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】根據解析式，判斷的單調性，結合零點存在定理，即可求得零點所在區間，結合題意，即可求得.【詳解】函數的定義域為，且在上單調遞增，故其至多一個零點；又，，故的零點在區間，故.故選：2、C【解析】令求出定點的橫坐標，即得解.【詳解】解：令.當時，，所以函數的圖象過點.故選：C.3、D【解析】由可得，由單調性即可判定在和上的符號，再由奇偶性判定在和上的符號，即可求解.【詳解】∵即，∵在上單調遞增，∴當時，，此時，當時，，此時，又∵是定義在上的奇函數，∴在上單調遞增，且，當時，，此時，當時，，此時，綜上可知，的解集為，故選:D【點睛】本題考查了函數的奇偶性和單調性的交匯，求得函數在各個區間上的符號是關鍵，考查了推理能力，屬于中檔題.4、C【解析】設AC=x，則BC=12-x（0＜x＜12）矩形的面積S=x（12-x）＞20∴x2-12x+20＜0∴2＜x＜10由幾何概率的求解公式可得，矩形面積大于20cm2的概率考點：幾何概型5、B【解析】利用誘導公式，化簡條件及結論，再利用二倍角公式，即可求得結論【詳解】解：∵sin，∴sin，∵sinsincos（2α）＝1﹣2sin21故選B【點睛】本題考查三角函數的化簡，考查誘導公式、二倍角公式的運用，屬于基礎題6、D【解析】因為有直觀圖可知，該幾何體的正視圖是有一條從左上角到右下角的對角線的正方形，俯視圖是有一條從左下角角到右上角角的對角線的正方形，側視圖是有一條從左上角到右下角的對角線的正方形（對角線為虛線），所以只有選項D合題意，故選D.7、C【解析】利用三角函數值在各個象限的符號判斷.【詳解】為第二象限角的充要條件是：①，④，⑥，故選：C.8、C【解析】由題意：a=f-且：log2據此：log2結合函數的單調性有：flog即a>b>c,c<b<a.本題選擇C選項.【考點】指數、對數、函數的單調性【名師點睛】比較大小是高考常見題，指數式、對數式的比較大小要結合指數函數、對數函數，借助指數函數和對數函數的圖象，利用函數的單調性進行比較大小，特別是靈活利用函數的奇偶性和單調性數形結合不僅能比較大小，還可以解不等式.9、C【解析】：①若α，則，根據線面垂直的性質可知正確；②若，則；不正確，也可能是m在α內；錯誤；③若，則；據線面垂直的判定定理可知正確；④若，根據線面平行判定的定理可知正確得到①③④正確，故選C10、B【解析】根據題意可得出關于的不等式組，由此可解得函數的定義域.【詳解】由于函數的定義域為，對于函數，有，解得.因此，函數的定義域是.故選：B.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】根據指數函數與二次函數的單調性，以及復合函數的單調性的判定方法，求得在上單調遞增，在區間上單調遞減，再結合題意，即可求解.【詳解】令，可得拋物線的開口向上，且對稱軸為，所以函數在上單調遞減，在區間上單調遞增，又由函數，根據復合函數的單調性的判定方法，可得函數在上單調遞增，在區間上單調遞減，因為函數在上單調遞減，則，可得實數的取值范圍是.故答案：.12、k≥或k≤－4【解析】算出直線PA、PB的斜率，并根據斜率變化的過程中求得斜率的取值范圍詳解】直線PA的斜率為，同理可得PB的斜率為直線過點且與AB相交直線的斜率取值范圍是k≥或k≤－4故答案為k≥或k≤－413、【解析】由題意在同一個坐標系中作出兩個函數的圖象，圖象交點的個數即為方程根的個數，由圖象可得答案【詳解】解：由題意作出函數的圖象，關于x的方程有兩個不同的實根等價于函數與有兩個不同的公共點，由圖象可知當時，滿足題意，故答案為【點睛】本題考查方程根的個數，數形結合是解決問題的關鍵，屬基礎題14、【解析】根據題意，令，結合指數冪的運算，即可求解.【詳解】由題意，函數滿足，令，可得.故答案為：.15、【解析】作出f(x)的圖像，當時，，當時，.令，則，則該關于t的方程有兩個解、，設＜，則，.令，則，據此求出a的范圍，從而求出b的范圍【詳解】當時，，當時，，當時，，則f(x)圖像如圖所示：當時，，當時，令，則，∵關于x的方程恰有六個解，∴關于t的方程有兩個解、，設＜，則，，令，則，∴且，要存a滿足條件，則，解得故答案為：16、①.②.【解析】先畫出分段函數的圖像，依據圖像得到之間的關系式以及之間的關系式，分別把和轉化成只有一個自變量的代數式，再去求取值范圍即可.【詳解】做出函數的圖像如下：在單調遞減：最小值0；在單調遞增：最小值0，最大值2；在上是部分余弦型曲線：最小值，最大值2.若方程有4個不同的解：，則不妨設四個解依次增大，則是方程的解，則，即；是方程的解，則由余弦型函數的對稱性可知.故，由得即當時，單調遞減，則故答案為：①；②三、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)把代入函數解析式，求解關于的一元二次不等式，進一步求解指數不等式得答案；(2)不等式恒成立，等價于恒成立，求出時的范圍，可得，即可求出的取值范圍【詳解】解：（1）當時，即：，則不等式的解集為（2）∵由條件：∴∴恒成立∵即的取值范圍是【點睛】解不等式的常見類型：(1)一一二次不等式用因式分解法或圖像法；(2)指對數型不等式化為同底的結構，利用單調性解不等式；(3)解抽象函數型不等式利用函數的單調性18、（1）﹣3和1（2）奇函數，證明見解析（3）3【解析】（1）令求解；（2）由（1）得到，再利用奇偶性的定義判斷；（3）將時，恒成立，轉化為，在上恒成立求解.【小問1詳解】解：當時，由，解得或，∴函數的零點為﹣3和1；【小問2詳解】由（1）知，則，由，解得，故的定義域關于原點對稱，又，，∴，∴是上的奇函數.【小問3詳解】∵，且當時，恒成立，即，在上恒成立，∴，在上恒成立，令，易知在上單調遞增∴，∴，故m的最大值為3.19、【解析】將化為，分和分別應用均值不等式可得答案.【詳解】解：，當時，，當且僅當，即時取等號；當時，，當且僅當，即時取等號綜上所述，的值域為20、（1）是奇函數，證明見解析（2）【解析】（1）先求函數的定義域，再利用奇偶性的定義進行判定；（2）先解關于的一元二次不等式得到，再利用對數函數的單調性轉化為分式不等式進行求解.【小問1詳解】解：是奇函數，證明如下：令，即，解得，即的定義域為；對于任意，都有，且，即，所以是奇函數.【小問2詳解】解：因為，所以，則，即，所以，因為，所以，所以可化為，解得，即的取值范圍為.21、（1）見解析；（2）見解析.【解析】（1）欲證：平面，根據直線與平面平行的判定定理可知，只需證與平面內一條直線平行，連接，可知，則，又平面，平面，滿足定理所需條件；（2）欲證：平面平面，根據面面垂直的判定定理可知，在平面內一條