黑龍江省齊市地區普高聯誼校2025屆高一上數學期末聯考試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡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、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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．若，則有（）A.最大值 B.最小值C.最大值2 D.最小值22．用函數表示函數和中的較大者，記為：，若，，則的大致圖像為（）A. B.C. D.3．y＝sin(2x-)－sin2x的一個單調遞增區間是A. B.C. D.4．一個正三棱柱的三視圖如圖所示，則這個三棱柱的表面積為（）A. B.C. D.5．某人圍一個面積為32m2的矩形院子，一面靠舊墻，其它三面墻要新建（其平面示意圖如下），墻高3m，新墻的造價為1000元/m2，則當A.9 B.8C.16 D.646．已知直線，圓．點為直線上的動點，過點作圓的切線，切點分別為．當四邊形面積最小時，直線方程是（）A. B.C. D.7．已知函數在上是增函數，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.8．表示不超過x的最大整數，例如，．若是函數的零點，則（）A.1 B.2C.3 D.49．已知為三角形的內角，且，則（）A. B.C. D.10．如圖，四面體ABCD中，CD=4，AB=2，F分別是AC，BD的中點，若EF⊥AB，則EF與CD所成的角的大小是（）A.30° B.45°C.60° D.90°二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知，則的最小值為___________12．已知函數是定義在的偶函數，且在區間上單調遞減，若實數滿足，則實數的取值范圍是__________13．已知,則的值為________14．已知圓柱的底面半徑為，高為2，若該圓柱的兩個底面的圓周都在一個球面上，則這個球的表面積為______15．的解集為_____________________________________16．不等式的解集是___________.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，在區間上有最大值，最小值，設函數.（1）求的值；（2）不等式在上恒成立，求實數的取值范圍；（3）方程有三個不同的實數解，求實數的取值范圍.18．已知集合，.（1）當時，求，；（2）若，且“”是“”的充分不必要條件，求實數的取值范圍.19．已知函數.（1）求的定義域和的值；（2）當時，求，的值.20．已知函數的一系列對應值如下表：（1）根據表格提供的數據求函數的一個解析式；（2）根據（1）的結果，若函數周期為，當時，方程恰有兩個不同的解，求實數的取值范圍.21．已知定義域為的函數是奇函數.（1）求的值；（2）判斷函數單調性（只寫出結論即可）；（3）若對任意的不等式恒成立,求實數的取值范圍

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、D【解析】構造基本不等式即可得結果.【詳解】∵，∴，∴，當且僅當，即時，等號成立，即有最小值2.故選：D.【點睛】本題主要考查通過構造基本不等式求最值，屬于基礎題.2、A【解析】利用特殊值確定正確選項.【詳解】依題意，，排除CD選項.，排除B選項.所以A選項正確.故選：A3、B【解析】，由，得，，時，為，故選B4、D【解析】由三視圖可知，該正三棱柱的底面是邊長為2cm的正三角形，高為2cm，根據面積公式計算可得結果.【詳解】正三棱柱如圖，有，，三棱柱的表面積為.故選：D【點睛】本題考查了根據三視圖求表面積，考查了正三棱柱結構特征，屬于基礎題.5、B【解析】由題設總造價為y=3000(x+64x)，應用基本不等式求最小值，并求出等號成立時的【詳解】由題設，總造價y=1000×3×(x+2×32當且僅當x=8時等號成立，即x=8時總造價最低.故選：B.6、B【解析】求得點C到直線l的距離d，根據，等號成立時，求得點P，進而求得過的圓的方程，與已知圓的方程聯立求解.【詳解】設點C到直線l的距離為，由，此時，，方程為，即，與直線聯立得，因為共圓，其圓心為，半徑為，圓的方程為,與聯立，化簡整理得，答案：B7、A【解析】先考慮函數在上是增函數，再利用復合函數的單調性得出求解即可.【詳解】設函數在上是增函數，解得故選：A【點睛】本題主要考查了由復合函數的單調性求參數范圍，屬于中檔題.8、B【解析】利用零點存在定理得到零點所在區間求解.【詳解】因為函數在定義域上連續的增函數，且，又∵是函數的零點，∴，所以，故選：B．9、A【解析】根據同角三角函數的基本關系，運用“弦化切”求解即可.【詳解】計算得，所以，，從而可計算的，，,選項A正確，選項BCD錯誤.故選：A.10、A【解析】取BC的中點G,連結FG,EG.先證明出（或其補角）即為EF與CD所成的角.在直角三角形△EFG中，利用正弦的定義即可求出的大小.【詳解】取BC的中點G,連結FG,EG.由三角形中位線定理可得：AB∥EG，CD∥FG.所以（或其補角）即為EF與CD所成的角.因為EF⊥AB,則EF⊥EG.因為CD=4,AB=2,所以EG=1,FG=2,則△EFG是一個斜邊FG=2,一條直角邊EG=1的直角三角形,所以,因為為銳角，所以，即EF與CD所成的角為30°.故選:A二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】根據基本不等式，結合代數式的恒等變形進行求解即可.【詳解】解：因為a>0，b>0，且4a+b=2，所以有：，當且僅當時取等號，即時取等號，故答案為：.12、【解析】先利用偶函數的性質將不等式化簡為，再利用函數在上的單調性即可轉化為，然后求得的范圍.【詳解】因為為R上偶函數，則，所以，所以，即，因為為上的減函數，，所以，解得，所以，的范圍為.【點睛】1.函數值不等式的求法：（1）利用函數的奇偶性、特殊點函數值等性質將函數值不等式轉化為與大小比較的形式：；（2）利用函數單調性將轉化為自變量大小比較的形式，再求解不等式即可.

偶函數的性質：；奇函數性質：；

若在D上為增函數，對于任意，都有；若在D上為減函數，對于任意，都有.13、【解析】利用正弦、余弦、正切之間的商關系,分式的分子、分母同時除以即可求出分式的值.【詳解】【點睛】本題考查了同角三角函數的平方和關系和商關系,考查了數學運算能力.14、【解析】直接利用圓柱的底面直徑，高、球體的直徑構成直角三角形其中為斜邊，利用勾股定理求出的值，然后利用球體的表面積公式可得出答案【詳解】設球的半徑為，由圓柱的性質可得，圓柱的底面直徑，高、球體的直徑構成直角三角形其中為斜邊，因為圓柱的底面半徑為，高為2，所以，，因此，這個球的表面積為，故答案為【點睛】本題主要圓柱的幾何性質，考查球體表面積的計算，意在考查空間想象能力以及對基礎知識的理解與應用，屬于中等題15、【解析】由題得，解不等式得不等式的解集.【詳解】由題得，所以.所以不等式的解集為.故答案為【點睛】本題主要考查正切函數的圖像和性質，考查三角不等式的解法，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.16、或【解析】把分式不等式轉化為，從而可解不等式.【詳解】因為，所以，解得或，所以不等式的解集是或.故答案為：或.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）；（3）【解析】（1）利用二次函數閉區間上的最值，通過a與0的大小討論，列出方程，即可求a，b的值；（2）轉化不等式f（2x）﹣k?2x≥0，為k在一側，另一側利用換元法通過二次函數在x∈[﹣1，1]上恒成立，求出最值，即可求實數k的取值范圍；（3）化簡方程f（|2x﹣1|）+k（3）＝0，轉化為兩個函數的圖象的交點的個數，利用方程有三個不同的實數解，推出不等式然后求實數k的取值范圍【詳解】解：（1）g（x）＝a（x﹣1）2+1+b﹣a，∵a＞0，∴g（x）在[2，3]上為增函數，故，可得，?∴a＝1，b＝0（2）方程f（2x）﹣k?2x≥0化為2x2≥k?2x，k≤1令t，k≤t2﹣2t+1，∵x∈[﹣1，1]，∴t，記φ（t）＝t2﹣2t+1，∴φ（t）min＝φ（1）＝0，∴k≤0（3）由f（|2x﹣1|）+k（3）＝0得|2x﹣1|（2+3k）＝0，|2x﹣1|2﹣（2+3k）|2x﹣1|+（1+2k）＝0，|2x﹣1|≠0，令|2x﹣1|＝t，則方程化為t2﹣（2+3k）t+（1+2k）＝0（t≠0），∵方程|2x﹣1|（2+3k）＝0有三個不同的實數解，∴由t＝|2x﹣1|的圖象（如圖）知，t2﹣（2+3k）t+（1+2k）＝0有兩個根t1、t2，且0＜t1＜1＜t2或0＜t1＜1，t2＝1，記φ（t）＝t2﹣（2+3k）t+（1+2k），則或∴k＞0【點睛】本題考查函數恒成立，二次函數閉區間上的最值的求法，考查轉化思想與數形結合的思想18、（1），或；（2）【解析】（1）當時，求出集合，，由此能求出，；（2）推導出，的真子集，求出，，列出不等式組，能求出實數的取值范圍【小問1詳解】或，當時，，，或；【小問2詳解】若，且“”是“”的充分不必要條件，，的真子集，，，，解得實數的取值范圍是19、（1）定義域為，；（2），.【解析】（1）由根式、分式的性質求函數定義域，將自變量代入求即可.（2）根據a的范圍，結合（1）的定義域判斷所求函數值是否有意義，再將自變量代入求值即可.【小問1詳解】由，則定義域為，且.【小問2詳解】由，結合（1）知：，有意義.所以，.20、（1）（2）【解析】（1）根據表格提供的數據畫出函數圖象，求出、和、的值，寫出的解析式即可；（2）由函數的最小正周期求出的值，再利用換元法，令，結合函數的圖象求出方程恰有兩個不同的解時的取值范圍【詳解】解：(1)繪制函數圖象如圖所示：設的最小正周期為，得．由得又解得,令，即，，據此可得：，又，令可得所以函數的解析式為(2)因為函數的周期為，又，所以令，因為，所以在上有兩個不同的解，等價于函數與的圖象有兩個不同的交點，，所以方程在時恰好有兩個不同的解的條件是，即實數的取值范圍是【點睛】本題考查了三角函數的圖象與性質的應用問題，也考查了函數與方程的應用問題，屬于中檔題21、（1），；（2）見解析；（3）.【解析】（1）根據函數奇偶性得,，解得的值；最后代入驗證,（2）可舉例比較大小確定單調性,(3)根據函數奇偶性與單調性將不等式化簡為,再根據恒成立轉化為對應函數最值問題,最后根