山西省長治市太行中學2025屆高一上數學期末檢測模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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．圓x2＋y2－2x＋4y＋3＝0的圓心到直線x－y＝1的距離為()A.2 B.C.1 D.2．給定函數：①；②；③；④，其中在區間上單調遞減函數序號是（）A.①② B.②③C.③④ D.①④3．已知集合A={x|－1≤x≤2}，B={0，1，2，3}，則A∩B=（）A.{0，1} B.{－1，0，1}C.{0，1，2} D.{－1，0，1，2}4．已知角的終邊在第三象限，則點在（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限5．已知定義域為R的偶函數在上是減函數，且，則不等式的解集為（）A. B.C. D.6．已知實數，且，則的最小值是（）A.6 B.C. D.7．若，則下列不等式成立的是（）A. B.C. D.8．設長方體的長、寬、高分別為，其頂點都在一個球面上，則該球的表面積為A.3a2 B.6a2C.12a2 D.24a29．若，且，則的值是A. B.C. D.10．已知函數與的圖像關于對稱，則（）A.3 B.C.1 D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知冪函數在區間上單調遞減，則___________.12．函數，且）的圖象恒過定點，則點的坐標為___________；若點在函數的圖象上，其中，，則的最大值為___________.13．不論為何實數，直線恒過定點__________.14．已知一扇形的弧所對的圓心角為54°，半徑r＝20cm，則扇形的周長為___cm.15．設奇函數在上是增函數，且，若對所有的及任意的都滿足，則的取值范圍是__________16．已知，則____________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A（1，1）和圓C：（x+2）2+（y﹣2）2＝1，一束光線從A發出，經x軸反射后到達圓C（1）求光線所走過的最短路徑長；（2）若P為圓C上任意一點，求x2+y2﹣2x﹣4y的最大值和最小值18．已知函數.（1）利用“五點法”完成下面表格，并畫出函數在區間上的圖像.（2）解不等式.19．在中，設角的對邊分別為，已知.（1）求角的大小；（2）若，求周長的取值范圍.20．已知函數，，其中（1）寫出的單調區間（無需證明）；（2）求在區間上的最小值；（3）若對任意，均存在，使得成立，求實數的取值范圍21．在平面直角坐標系xOy中，已知圓x2+y2-12x+32=0的圓心為Q，過點P（0，2）且斜率為k的直線l與圓Q相交于不同的兩點A，B，記AB的中點為E（Ⅰ）若AB的長等于，求直線l的方程；（Ⅱ）是否存在常數k，使得OE∥PQ？如果存在，求k值；如果不存在，請說明理由

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】圓心為,點到直線的距離為.故選D.2、B【解析】①，為冪函數，且的指數，在上為增函數；②，，為對數型函數，且底數，在上為減函數；③，在上為減函數，④為指數型函數，底數在上為增函數，可得解.【詳解】①，為冪函數，且的指數，在上為增函數，故①不可選；②，，為對數型函數，且底數，在上為減函數，故②可選；③，在上為減函數，在上為增函數，故③可選；④為指數型函數，底數在上為增函數，故④不可選；綜上所述，可選的序號為②③，故選B.【點睛】本題考查基本初等函數的單調性，熟悉基本初等函數的解析式、圖像和性質是解決此類問題的關鍵，屬于基礎題.3、C【解析】利用交集定義直接求解【詳解】∵集合A={x|－1≤x≤2}，B={0，1，2，3}，∴A∩B＝{0，1，2}故選：C4、D【解析】根據角的終邊所在象限，確定其正切值和余弦值的符號，即可得出結果.【詳解】角的終邊在第三象限，則，，點P在第四象限故選：D.5、A【解析】根據偶函數的性質可得在上是增函數，且.由此將不等式轉化為來求解得不等式的解集.【詳解】因為偶函數在上是減函數，所以在上是增函數，由題意知:不等式等價于,即,即或,解得:或.故選：A【點睛】本小題主要考查函數的奇偶性以及單調性，考查對數不等式的解法，屬于中檔題.6、B【解析】構造，利用均值不等式即得解【詳解】，當且僅當，即，時等號成立故選：B【點睛】本題考查了均值不等式在最值問題中的應用，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算能力，屬于中檔題7、D【解析】根據不等式的性質逐項判斷可得答案.【詳解】對于A，因為，，故，故A錯誤對于B，因為，，故，故，故B錯誤對于C，取，易得，故C錯誤對于D，因為，所以，故D正確故選：D8、B【解析】方體的長、寬、高分別為,其頂點都在一個球面上,長方體的對角線的長就是外接球的直徑，所以球直徑為：，所以球的半徑為，所以球的表面積是，故選B9、A【解析】由，則，考點：同角間基本關系式10、B【解析】根據同底的指數函數和對數函數互為反函數可解.【詳解】由題知是的反函數，所以，所以.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】根據冪函數定義求出值，再根據單調性確定結果【詳解】由題意，解得或，又函數在區間上單調遞減，則，∴故答案為：12、①②.##0.5【解析】根據對數函數圖象恒過定點求出點A坐標；代入一次函數式，借助均值不等式求解作答.【詳解】函數，且）中，由得：，則點；依題意，，而，，則，當且僅當2m=n=1時取“=”，即，所以點的坐標為，的最大值為.故答案為：；13、【解析】直線整理可得.令，解得，即直線恒過定點點睛：直線恒過定點問題，一般就是將參數提出來，使得其系數和其他項均為零，即可得定點.14、6π＋40【解析】根據角度制與弧度制的互化，可得圓心角，再由扇形的弧長公式，可得弧長，即可求解扇形的周長，得到答案.【詳解】由題意，根據角度制與弧度制的互化，可得圓心角，∴由扇形的弧長公式，可得弧長，∴扇形的周長為.【點睛】本題主要考查了扇形的弧長公式的應用，其中解答中熟記扇形的弧長公式，合理準確運算是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題.15、【解析】由題意得，又因為在上是增函數，所以當，任意的時，，轉化為在時恒成立，即在時恒成立，即可求解.【詳解】由題意，得，又因為在上是增函數，所以當時，有，所以在時恒成立，即在時恒成立，轉化為在時恒成立，所以或或解得：或或，即實數的取值范圍是【點睛】本題考查函數的恒成立問題的求解，求解的關鍵是把不等式的恒成立問題進行等價轉化，考查分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題.16、##0.8【解析】利用同角三角函數的基本關系，將弦化切再代入求值【詳解】解：，則，故答案為：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、（1）；（2）最大值為11，最小值為﹣1【解析】(1)點關于x軸的對稱點在反射光線上,當反射光線從點經軸反射到圓周的路程最短,最短為;(2)將式子化簡得到,轉化為點點距,進而轉化為圓心到的距離,加減半徑,即可求得最值.【詳解】（1）關于x軸的對稱點為，由圓C：（x+2）2+（y﹣2）2＝1得圓心坐標為C（﹣2，2），∴，即光線所走過的最短路徑長為；（2）x2+y2﹣2x﹣4y＝（x﹣1）2+（y﹣2）2﹣5（x﹣1）2+（y﹣2）2表示圓C上一點P（x，y）到點（1，2）的距離的平方，由題意，得，因此，x2+y2﹣2x﹣4y的最大值為11，最小值為﹣1【點睛】本題考查最短路徑問題,以及圓外一點到圓上一點的距離的最值問題,屬于基礎題;求最短路徑時作對稱點,由兩點之間線段最短的原理確定長度,將圓外一點距離的最值轉化為點到圓心的距離和半徑之間的關系.18、（1）表格、圖象見解析；（2），.【解析】（1）根據正弦函數的性質，在坐標系中描出上或的點坐標，再畫出其圖象即可.（2）由正弦函數的性質得，，即可得解集.【小問1詳解】由正弦函數的性質，上的五點如下表：0000函數圖象如下：【小問2詳解】由，即，故，，所以，，故不等式解集為，.19、（1）；（2）【解析】（1）由三角函數的平方關系及余弦定理即可得出（2）利用正弦定理、兩角和差的正弦公式、三角函數的單調性轉化為三角函數求值域即可得出.【詳解】（1）由題意知，即，由正弦定理得由余弦定理得，又.（2），則的周長.，，周長的取值范圍是.【點睛】本題主要考查了三角函數的平方關系，正余弦定理，兩角和差的正弦公式，三角函數的單調性，屬于中檔題.20、（1）的單調遞增區間是，單調遞減區間是（2）（3）【解析】（1）利用去掉絕對值及一次函數的性質即可求解；（2）根據（1）的結論，利用單調性與最值的關系即可求解；（3）根據已知條件將問題轉化為，再利用函數的單調性與最值的關系，分情況討論即可求解.【小問1詳解】由，得,所以函數的單調遞增區間是，單調遞減區間是,【小問2詳解】由（1）知，函數的單調遞增區間是，單調遞減區間是,當，即時，當時，函數取得最小值為，當，即時，當時，函數取得最小值為，綜上所述，函數在區間上的最小值為.【小問3詳解】因為對任意，均存在，使得成立等價于，，.而當時，，故必有由第（2）小題可知，，且，所以，①當時，∴，可得，②當時，∴，可得，③當時，∴或，可得，綜上所述，實數的取值范圍為21、（Ⅰ）y=-+2或y=-x+2；（Ⅱ）不存在實數滿足題意【解析】（Ⅰ）待定系數法，設出直線，再根據已知條件列式，解出即可；（Ⅱ）假設存在常數，將轉化斜率相等，聯立直線與圓，根據韋達定理，由直線與圓相交可求得范圍．由斜率相等可求得的值，從而可判斷結論【詳解】（Ⅰ）圓Q的方程可寫成（x-6）2+y2=4，所以圓心為Q（6，0）設過P（0，2）且斜率為k的直線方程為y=kx+2∵|AB|=，∴圓心Q到直線l的距離d==，∴=，即22k2+15k+2=0，解得k=-或k=-所以，滿足題意的直線l方程為y=-+2或y=-x+2（Ⅱ）將直線l的方程y=x+2代入圓方程得x2+（kx+2）2-12x+32=0整理得（1+k2）x2+4（k-3）x+36=0.①直線與圓交于兩個不同的點A，B等價于△=[4（k-3）