2025屆山東省五蓮縣高一上數學期末教學質量檢測試題注意事項：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．函數的單調遞減區間為A.， B.，C.， D.，2．在平面直角坐標系中，動點在單位圓上按逆時針方向作勻速圓周運動，每分鐘轉動一周.若的初始位置坐標為，則運動到分鐘時，的位置坐標是（）A B.C. D.3．已知函數在區間上是單調增函數，則實數的取值范圍為（）A. B.C. D.4．直線截圓所得的線段長為（）A.2 B.C.1 D.5．函數的零點所在區間是（）A B.C. D.6．函數的定義域是（）A.（-2，] B.（-2，）C.（-2，＋∞） D.（，＋∞）7．的值為A. B.C. D.8．長方體中的8個頂點都在同一球面上，，，，則該球的表面積為（）A. B.C. D.9．已知函數的零點，（），則（）A. B.C. D.10．已知，則（）A. B.C.5 D.-5二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知，，且，則的最小值為______12．如圖1，正方形ABCD的邊長為2，點M為線段CD的中點.現把正方形紙按照圖2進行折疊，使點A與點M重合，折痕與AD交于點E，與BC交于點F.記，則_______.13．已知，寫出一個滿足條件的的值：______14．函數y=的單調遞增區間是____.15．已知圓C：（x﹣2）2+（y﹣1）2＝10與直線l：2x+y＝0，則圓C與直線l的位置關系是_____16．已知函數，若函數在區間內有3個零點，則實數的取值范圍是______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．已知圓經過,兩點,且圓心在直線：上.（Ⅰ）求圓的方程；（Ⅱ）若點在直線：上,過點作圓的一條切線,為切點,求切線長的最小值；（Ⅲ）已知點為,若在直線：上存在定點（不同于點）,滿足對于圓上任意一點,都有為一定值,求所有滿足條件點的坐標.18．已知函數的圖象在定義域(0，+∞)上連續不斷，若存在常數T>0，使得對于任意的x>0，恒成立，稱函數滿足性質P(T).（1）若滿足性質P(2)，且，求的值；（2）若，試說明至少存在兩個不等的正數T1、T2，同時使得函數滿足性質P(T1)和P(T2)；（3）若函數滿足性質P(T)，求證：函數存在零點.19．計算：（1）；（2）已知，求.20．若函數在定義域內存在實數，使得成立，則稱函數有“飄移點”Ⅰ試判斷函數及函數是否有“飄移點”并說明理由；Ⅱ若函數有“飄移點”，求a的取值范圍21．已知兩條直線l1：ax＋2y－1＝0，l2：3x＋(a＋1)y＋1＝0.(1)若l1∥l2，求實數a的值；(2)若l1⊥l2，求實數a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、D【解析】由題意得選D.【點睛】函數的性質(1).(2)周期(3)由求對稱軸(4)由求增區間;由求減區間2、A【解析】根據題意作出圖形，結合圖形求出3分鐘轉過角度，由此計算點的坐標.【詳解】每分鐘轉動一周,則運動到分鐘時，其轉過的角為，如圖，設與x軸正方向所成的角為，則與x軸正方向所成的角為，的初始位置坐標為，即，所以，即.故選：A3、B【解析】根據二次函數的圖象與性質，可知區間在對稱軸的右面，即，即可求得答案.【詳解】函數為對稱軸開口向上的二次函數，在區間上是單調增函數，區間在對稱軸的右面，即，實數的取值范圍為.故選B.【點睛】本題考查二次函數的圖象與性質，明確二次函數的對稱軸、開口方向與函數的單調性的關系是解題關鍵.4、C【解析】先算出圓心到直線的距離，進而根據勾股定理求得答案.【詳解】圓，即圓心.圓心C到直線的距離，則直線截圓所得線段長為：.故選：C.5、C【解析】利用零點存在定理可得出結論.【詳解】函數在上單調遞增，因為，，，，所以，函數的零點所在區間是.故選：C.6、B【解析】由分母中根式內部的代數式大于0，對數式的真數大于0聯立不等式組求解【詳解】解：由，解得函數的定義域是故選：B【點睛】本題考查函數的定義域及其求法，屬于基礎題7、C【解析】sin210°=sin（180°+30°）=﹣sin30°=﹣．故選C．8、B【解析】根據題意，求得長方體的體對角線，即為該球的直徑，再用球的表面積公式即可求得結果.【詳解】由已知，該球是長方體的外接球，故，所以長方體的外接球半徑，故外接球的表面積為.故選：.【點睛】本題考查長方體的外接球問題，涉及球表面積公式的使用，屬綜合基礎題.9、D【解析】將函數化為，根據二次函數的性質函數的單調性，利用零點的存在性定理求出兩個零點的分布，進而得出零點的取值范圍，依次判斷選項即可.【詳解】由題意知，，則函數圖象的對稱軸為，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，又，，，，所以，因為，，所以，所以，故A錯誤；，故B錯誤；，故C錯誤；，故D正確.故選：D10、C【解析】令，代入直接計算即可.【詳解】令，即，則，故選：C.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、6【解析】由可知，要使取最小值，只需最小即可，故結合，求出的最小值即可求解.【詳解】由，，得（當且僅當時，等號成立），又因，得，即，由，，解得，即，故.因此當時，取最小值6.故答案為：6.12、【解析】設，則，利用勾股定理求得，進而得出，根據正弦函數的定義求出，由誘導公式求出，結合同角的三角函數關系和兩角和的正弦公式計算即可.【詳解】設，則，在中，，所以，即，解得，所以，所以在中，，則，又，所以.故答案為：13、（答案不唯一）【解析】利用，可得，，計算即可得出結果.【詳解】因為，所以，則，或，故答案為：（答案不唯一）14、【解析】設函數，再利用復合函數的單調性原理求解.【詳解】解：由題得函數的定義域為.設函數，因為函數的單調遞減區間為，單調遞增區間為，函數是單調遞減函數，由復合函數的單調性得函數y=的單調遞增區間為.故答案為：15、相交【解析】根據題意只需判斷圓心到直線的距離與半徑比較大小即可判斷詳解】由題意有圓心，半徑則圓心到直線的距離故直線與圓C相交故答案為：相交【點睛】本題主要考查直線和圓的位置關系的判斷，屬于基礎試題16、【解析】函數在區間內有3個零點，等價于函數和的圖象在區間內有3個交點，作出函數和的圖象，利用數形結合可得結果【詳解】若，則，，若，則，，若，則，，，，，，設和，則方程在區間內有3個不等實根，等價為函數和在區間內有3個不同的零點作出函數和的圖象，如圖，當直線經過點時，兩個圖象有2個交點，此時直線為，當直線經過點，時，兩個圖象有3個交點；當直線經過點和時，兩個圖象有3個交點，此時直線為，當直線經過點和時，兩個圖象有3個交點，此時直線為，要使方程，兩個圖象有3個交點，在區間內有3個不等實根，則，故答案為【點睛】本題主要考查函數的零點與方程根的個數的應用，以及數形結合思想的應用，屬于難題三、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、(Ⅰ);(Ⅱ);(Ⅲ).【解析】分析】(Ⅰ)根據題意,設出圓的標準方程,代入條件,列方程求解即可;(Ⅱ)由勾股定理得,所以要求的最小值,即求的最小值,而最小時,垂直于直線,據此可得結論;(Ⅲ)設,,列出相應等式化簡,再利用點的任意性,列出方程組求解即可.【詳解】(Ⅰ)設圓的方程為,根據題意有,解得,所以圓的方程為;(Ⅱ)由勾股定理得,即,所以要求的最小值,即求的最小值,而當垂直于直線時,最小,此時,所以的最小值為;(Ⅲ)設,滿足,假設的定值為,則,化簡得,因為對于圓上任意一點上式都成立,所以,解得(舍),因此滿足條件點的坐標為.【點睛】本題涉及圓與直線的綜合應用,利用了數形結合等思想,考查了學生分析解決問題的能力,綜合性較強.在答題時要注意:①線外一點到線上一點的距離中,垂線段最短;②解決任意性問題的關鍵是令含參部分的系數為0,最常見的就是過定點問題.18、（1）0；（2）證明見解析；（3）證明見解析.【解析】（1）由滿足性質可得恒成立，取可求，取可求，由此可求的值；(2）設滿足，利用零點存在定理證明關于的方程至少有兩個解，證明至少存在兩個不等的正數，同時使得函數滿足性質和；（3）分別討論，，時函數的零點的存在性，由此完成證明.【小問1詳解】因為滿足性質，所以對于任意的x，恒成立.又因為，所以，，由可得，所以，；【小問2詳解】若正數滿足，等價于，記，顯然，，因為，所以，，即.因為的圖像連續不斷，所以存，使得，因此，至少存在兩個不等的正數，使得函數同時滿足性質和.【小問3詳解】若，則1即為零點；因為，若，則，矛盾，故，若，則，，，可得.取即可使得，又因為的圖像連續不斷，所以，當時，函數在上存在零點，當時，函數在上存在零點，若，則由，可得，由，可得，由，可得.取即可使得，又因為的圖像連續不斷，所以，當時，函數在上存在零點，當時，函數在上存在零點，綜上，函數存在零點.【點睛】“新定義”主要是指即時定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種，然后根據此新定義去解決問題，有時還需要用類比的方法去理解新的定義，這樣有助于對新定義的透徹理解.對于此題中的新概念，對閱讀理解能力有一定的要求.但是透過現象看本質，它們考查的還是基礎數學知識，所以說“新題”不一定是“難題”，掌握好三基，以不變應萬變才是制勝法寶.19、（1）；（2）.【解析】（1）根據對數的運算法則和對數恒等式，即可求解；（2）根據同角三角函數關系，由已知可得，代入所求式子，即可求解.【詳解】（1）原式；（2）∵∴∴.20、（Ⅰ）函數有“飄移點”，函數沒有“飄移點”．證明過程詳見解析（Ⅱ）【解析】Ⅰ按照“飄移點”的概念，只需方程有根即可，據此判斷；Ⅱ由題得，化簡得，可得，可求>，解得a范圍【詳解】Ⅰ函數有“飄移點”，函數沒有“飄移點”，證明如下：設在定義域內有“飄移點”，所以：，即：，解得：，所以函數在定義域內有“飄移點”是0；設函數有“飄移點”，則，即由此方程無實根，與題設矛盾，所以函數沒有飄移點Ⅱ函數的定義域是，因為函數有“飄移點”，所以：，即：，化簡可得：，可得：，因為，所以：，所以：，因為當時，方程無解，所以，所以，因為函數的定義域是，所以：，即：，因為，所以，即：，所以當時，函數有“飄移點”【點睛】本題考查了函數的方程與函數間的關系，即利用函數思想解決方程根的問題，利用方程思想解決函數的零