2025屆云南省保山市隆陽區高一上數學期末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．設向量不共線，向量與共線，則實數（）A. B.C.1 D.22．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何的體積為A.16+8 B.8+8C.16+16 D.8+163．已知函數在[2，3]上單調遞減，則實數a的取值范圍是（）A. B.C. D.4．曲線在區間上截直線及所得的弦長相等且不為，則下列對，的描述正確的是A.， B.，C.， D.，5．函數的圖象的一個對稱中心為（）A. B.C. D.6．函數是A.最小正周期為的奇函數B.最小正周期為的奇函數C.最小正周期為的偶函數D.最小正周期為的偶函數7．平行于直線且與圓相切的直線的方程是A.或 B.或C.或 D.或8．“角為第二象限角”是“”的（）A.充要條件 B.充分不必要條件C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件9．已知x，y是實數，則“”是“”的（）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10．已知函數（，，）的圖象如圖所示，則（）A.B.對于任意，，且，都有C.，都有D.，使得二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數（）的部分圖象如圖所示，則的解析式是___________.12．已知函數是定義在上的奇函數，當時，,則__________.13．函數(a>0且a≠1)的圖象恒過點定，若角終邊經過點，則___________.14．已知函數定義域是________（結果用集合表示）15．已知2弧度的圓心角所對的弦長為2，那么這個圓心角所對弧長為____16．高斯是德國著名的數學家，用其名字命名的“高斯函數”為，其中表示不超過x的最大整數.例如：，.已知函數，若，則________；不等式的解集為________.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．已知集合，記函數的定義域為集合B.（1）當a=1時，求A∪B；（2）若“x∈A”是“x∈B”的充分不必要條件，求實數a的取值范圍.18．已知函數.（1）當時，解不等式；（2）設，若，，都有，求實數a的取值范圍.19．已知函數.（1）判斷函數f(x)的奇偶性；（2）討論f(x)的單調性；（3）解不等式.20．已知函數是定義在R上的偶函數,當時,(1)畫出函數的圖象;(2)根據圖象寫出的單調區間,并寫出函數的值域.21．已知函數部分圖象如圖所示，點為函數的圖象與y軸的一個交點，點B為函數圖象上的一個最高點，且點B的橫坐標為，點為函數的圖象與x軸的一個交點（1）求函數的解析式；（2）已知函數的值域為，求a，b的值

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、A【解析】由向量共線定理求解【詳解】因為向量與共線，所以存在實數，使得，又向量不共線，所以，解得故選：A2、A【解析】由已知中的三視圖可得該幾何體是一個半圓柱和正方體的組合體，半圓柱底面半徑為2，故半圓柱的底面積半圓柱的高故半圓柱的體積為，長方體的長寬高分別為故長方體的體積為故該幾何體的體積為，選A考點：三視圖，幾何體的體積3、C【解析】根據復合函數的單調性法則“同增異減”求解即可.【詳解】由于函數在上單調遞減，在定義域內是增函數，所以根據復合函數的單調性法則“同增異減”得：在上單調遞減，且，所以且，解得：.故的取值范圍是故選：C.4、A【解析】分析：，關于對稱，可得，由直線及的距離小于可得.詳解：因為曲線在區間上截直線及所得的弦長相等且不為，可知，關于對稱，所以，又弦長不為，直線及的距離小于，∴．故選A.點睛：本題主要考查三角函數的圖象與性質，意在考查綜合運用所學知識解決問題的能力，以及數形結合思想的應用，屬于簡單題.5、C【解析】根據正切函數的對稱中心為，可求得函數y圖象的一個對稱中心【詳解】由題意，令，，解得，，當時，，所以函數的圖象的一個對稱中心為故選C【點睛】本題主要考查了正切函數的圖象與性質的應用問題，其中解答中熟記正切函數的圖象與性質，準確計算是解答的關鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題.6、C【解析】根據題意，由于函數是，因此排除線線A,B，然后對于選項C，D，由于正弦函數周期為，那么利用圖象的對稱性可知，函數的周期性為，故選C.考點：函數的奇偶性和周期性點評：解決的關鍵是根據已知函數解析式倆分析確定奇偶性，那么同時結合圖像的變換來得到周期，屬于基礎題7、A【解析】設所求直線為，由直線與圓相切得，，解得．所以直線方程為或．選A.8、B【解析】利用充分條件和必要條件的定義判斷.【詳解】當角為第二象限角時，，所以，故充分；當時，或，所以在第二象限或在第三象限，故不必要；故選：B9、C【解析】由充要條件的定義求解即可【詳解】因為，若，則，若，則，即，所以，即“”是“”的充要條件，故選：C.10、C【解析】根據給定函數圖象求出函數的解析式，再逐一分析各個選項即可判斷作答.【詳解】觀察函數的圖象得：，令的周期為，則，即，，由，且得：，于是有，對于A，，A不正確；對于B，取且，滿足，，且，而，，此時，B不正確；對于C，，，，即，都有，C正確；對于D，由得：，解得：，令，解得與矛盾，D不正確.故選：C二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】由圖可知，，得，從而，所以，然后將代入，得，又，得，因此，，注意最后確定的值時，一定要代入，而不是，否則會產生增根.考點：三角函數的圖象與性質.12、12【解析】由函數的奇偶性可知，代入函數解析式即可求出結果.【詳解】函數是定義在上的奇函數，，則，.【點睛】本題主要考查函數的奇偶性，屬于基礎題型.13、【解析】利用指數函數的性質得出定點，由任意角三角函數的定義得出三角函數值，結合誘導公式代入求值即可【詳解】，且故答案為：14、【解析】根據對數函數的真數大于0求解即可.【詳解】函數有意義，則，解得，所以函數的定義域為，故答案為：15、【解析】解直角三角形AOC，求出半徑AO，代入弧長公式求出弧長的值解：如圖：設∠AOB=2，AB=2，過點0作OC⊥AB，C為垂足，并延長OC交于D，則∠AOD=∠BOD=1，AC=AB=1Rt△AOC中，r=AO==，從而弧長為α×r=2×=，故答案為考點：弧長公式16、①.②.【解析】第一空：”根據“高斯函數”的定義，可得，進而再分類討論建立方程求值即可；第二空：分類討論建立不等式求解即可.【詳解】由題意，得，當時，，即；當時，，即(舍)，綜上；當時，，即，當時，，即，綜上，.故答案為：；.【點睛】關鍵點睛：求解分段函數相關問題的關鍵是“分段歸類”，即應用分類討論思想.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）化簡集合A,B，根據集合的并集運算求解；（2）由充分必要條件可轉化為，建立不等式求解即可.【小問1詳解】當則定義域又，所以【小問2詳解】因為“x∈A”是“x∈B”的充分不必要條件，所以又所以僅需即18、（1），（2）【解析】(1)由同角關系原不等式可化為，化簡可得，結合正弦函數可求其解集，(2)由條件可得在上的最大值小于或等于在上的最小值，利用單調性求的最大值，利用換元法，通過分類討論求的最小值，由此列不等式求實數a的取值范圍.【小問1詳解】由得，，當時，，由，而，故解得，所以的解集為，.【小問2詳解】由題意可知在上的最大值小于或等于在上的最小值.因為在上單調遞減，所以在上的值域為.則恒成立，令，于是在恒成立.當即時，在上單調遞增，則只需，即，此時恒成立，所以；當即時，在上單調遞減，則只需，即，不滿足，舍去；當即時，只需，解得，而，所以.綜上所述，實數a的取值范圍為.19、（1）奇函數（2）在上單調遞增（3）【解析】（1）依據奇偶函數定義去判斷即可；（2）以定義法去證明函數的單調性；（3）把抽象不等式轉化為整式不等式再去求解即可.【小問1詳解】由得，所以函數f(x)的定義域為，關于原點對稱又因為，故函數為奇函數【小問2詳解】設任意，，則又，則，則，即故在上單調遞增【小問3詳解】由（2）知，函數在上單調遞增，所以由，可得，解得，所以不等式的解集為20、(1)見解析；(2)單調區間為:上是增函數,上是減函數,值域【解析】(1)由偶函數的圖象關于y軸對稱可知,要畫出函數的圖象,只須作出當時的圖象,然后關于y軸對稱即可;(2)觀察圖象,結合函數單調性和值域的定義,寫出的單調區間及值域.【詳解】(1)函數的圖象如圖所示

(2)由圖象得,的單調區間為:上是增函數,上是減函數,值域為.【點睛】本題考查了偶函數的性質:圖象關于y軸對稱和數形結合思想,函數的圖象可直觀反映其性質,利用函數的圖象可以解答函數的值域(最值),單調性,奇偶性等問題,也可