2025屆福建省三明市第一中學高一數學第一學期期末達標檢測試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．函數的圖像的一個對稱中心是A. B.C. D.2．已知圓方程為，過該圓內一點的最長弦和最短弦分別為AC和BD，則四邊形ABCD的面積是（）A.4 B.C.6 D.3．下列說法中正確的是（）A.存在只有4個面的棱柱 B.棱柱的側面都是四邊形C.正三棱錐的所有棱長都相等 D.所有幾何體的表面都能展開成平面圖形4．有四個關于三角函數的命題：：xR,+=:x、yR,sin(x-y)=sinx-siny:x=sinx:sinx=cosyx+y=其中假命題的是A.， B.，C.， D.，5．“xR，exx10”的否定是（）A.xR，exx10 B.xR，exx10C.xR，exx10 D.xR，exx106．為了得到函數的圖象，只要把函數圖象上所有的點（）A.橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變B.橫坐標縮短到原來的倍，縱坐標不變C.縱坐標伸長到原來的2倍，橫坐標不變D.縱坐標縮短到原來的倍，橫坐標不變7．若正數x，y滿足，則的最小值為（）A.4 B.C.8 D.98．設函數，對于滿足的一切值都有，則實數的取值范圍為A B.C. D.9．已知全集，，，則()=（）A.{} B.{}C.{} D.{}10．若，分別是方程，的解，則關于的方程的解的個數是（）A B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．化簡求值（1）化簡（2）已知：，求值12．已知扇形的面積為4，圓心角為2弧度，則該扇形的弧長為_________13．冪函數的圖像經過點，則_______14．已知函數在區間是單調遞增函數，則實數的取值范圍是______15．設，，則______16．已知向量a，b滿足|a|＝1，|b|＝2，a與b的夾角為60°，則|a－b|＝________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）畫出的圖象，并根據圖象寫出的遞增區間和遞減區間；（2）當時，求函數的最小值，并求y取最小值時x的值．（結果保留根號）18．設，，已知，求a的值.19．已知，，，.（1）求的值；（2）求的值.20．已知函數.（1）當，為奇函數時，求b的值；（2）如果為R上的單調函數，請寫出一組符合條件的a，b值；（3）若，，且的最小值為2，求的最小值.21．定義在上的奇函數，已知當時，（1）求在上的解析式；（2）若時，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、C【解析】令，得，所以函數的圖像的對稱中心是，然后賦值即可【詳解】因為的圖像的對稱中心為.由，得，所以函數的圖像的對稱中心是.令，得.【點睛】本題主要考查正切函數的對稱性，屬基礎題2、C【解析】由圓的方程可知圓心為,半徑,則過圓內一點的最長弦為直徑,最短弦為該點與圓心連線的垂線段,進而求解即可【詳解】由題,圓心為,半徑,過圓內一點的最長弦為直徑,故；當時,弦長最短,因為,所以,因為在直徑上,所以,所以四邊形ABCD的面積是,故選:C【點睛】本題考查過圓內一點弦長的最值問題,考查兩點間距離公式的應用,考查數形結合思想3、B【解析】對于A、B：由棱柱的定義直接判斷；對于C：由正三棱錐的側棱長和底面邊長不一定相等，即可判斷；對于D：由球的表面不能展開成平面圖形即可判斷【詳解】對于A：棱柱最少有5個面，則A錯誤；對于B：棱柱的所有側面都是平行四邊形，則B正確；對于C：正三棱錐的側棱長和底面邊長不一定相等，則C錯誤；對于D：球的表面不能展開成平面圖形，則D錯誤故選：B4、A【解析】故是假命題；令但故是假命題.5、B【解析】由全稱命題的否定即可得解.【詳解】因為命題“xR，exx10”為全稱命題，所以該命題的否定為：xR，exx10.故選：B.6、B【解析】直接利用三角函數伸縮變換法則得到答案.【詳解】為了得到函數的圖象，只需把函數的圖象上所有的點橫坐標縮短到原來的倍，縱坐標不變.故選：B7、C【解析】由已知可得，然后利用基本不等式可求得結果【詳解】解：因為正數x，y滿足，所以，當且僅當，即時取等號，所以的最小值為8，故選：C【點睛】此題考查基本不等式應用，利用了“1”的代換，屬于基礎題8、D【解析】用分離參數法轉化為求函數的最大值得參數范圍【詳解】滿足的一切值，都有恒成立，，對滿足的一切值恒成立，，，時等號成立，所以實數的取值范圍為，故選：D.9、D【解析】先求得，再求與集合的交集即可.【詳解】因為全集，，，故可得，則().故選：.10、B【解析】∵，分別是方程，的解，∴，，∴，，作函數與的圖象如下：結合圖象可以知道，有且僅有一個交點，故，即分類討論：（）當時，方程可化為，計算得出，（）當時，方程可化，計算得出，；故關于的方程的解的個數是，本題選擇B選項.點睛：(1)求分段函數的函數值，要先確定要求值的自變量屬于哪一段區間，然后代入該段的解析式求值，當出現f(f(a))的形式時，應從內到外依次求值(2)當給出函數值求自變量的值時，先假設所求的值在分段函數定義區間的各段上，然后求出相應自變量的值，切記要代入檢驗，看所求的自變量的值是否滿足相應段自變量的取值范圍二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、（1）（2）【解析】（1）利用誘導公式化簡即可；（2）先進行弦化切，把代入即可求解.【小問1詳解】.【小問2詳解】因為，所以.所以.又，所以.12、4【解析】設扇形半徑為，弧長為，則，解得考點：角的概念，弧度的概念13、【解析】本題首先可以根據函數是冪函數設函數解析式為，然后帶入點即可求出的值，最后得出結果。【詳解】因為函數是冪函數，所以可設冪函數，帶入點可得，解得，故冪函數，即，答案為。【點睛】本題考查函數解析式的求法，考查對冪函數的性質的理解，可設冪函數解析式為，考查計算能力，是簡單題。14、【解析】求出二次函數的對稱軸，即可得的單增區間，即可求解.【詳解】函數的對稱軸是，開口向上，若函數在區間是單調遞增函數，則，故答案為：15、【解析】由，根據兩角差的正切公式可解得【詳解】，故答案為【點睛】本題主要考查了兩角差的正切公式的應用，屬于基礎知識的考查16、【解析】|a－b|＝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）作圖見解析，遞增區間為，遞減區間為；（2）最小值為，y取最小值時.【解析】（1）由即得圖象，由圖象即得單調區間；（2）利用基本不等式即得.【小問1詳解】由函數，圖象如圖：遞增區間為，遞減區間為；（注：寫成也可以）【小問2詳解】當時，，等號當且僅當時成立，∴的最小值為，y取最小值時18、-3【解析】根據，分和，討論求解.【詳解】解：因為，，且，所以當時，解得，此時，不符合題意；當時，解得或，若，則，不成立；若，則，成立；所以a的值為-3.19、（1）；（2）.【解析】（1）由已知利用同角三角函數基本關系式可求，的值，進而根據，利用兩角差的余弦函數公式即可求解（2）利用二倍角公式可求，的值，進而即可代入求解【詳解】（1）因為，所以又因為，所以所以（2）因為，所以所以【點睛】本題主要考查了同角三角函數基本關系式，兩角差的余弦函數公式，二倍角公式在三角函數化簡求值中的應用，考查了計算能力和轉化思想20、（1）（2），（答案不唯一，滿足即可）（3）【解析】（1）當時，根據奇函數的定義，可得，化簡整理，即可求出結果；（2）由函數和函數在上的單調遞性，可知，即可滿足題意，由此寫出一組即可；（3）令，則，然后再根據基本不等式和已知條件，可得，再根據基本不等式即可求出結果.【小問1詳解】解：當時，，因為是奇函數，所以，即，得，可得；【小問2詳解】解：當，時，此時函數為增函數.（答案不唯一，滿足即可）檢驗：當和時，，，均是上的單調遞增函數，所以此時是上的單調遞增函數，滿足題意；【小問3詳解】解：令，則，所以，即，當且僅當，即時等號成立，所以，由題意，，所以.由，當且僅當時等號成立，由解得，所以.21、（1）；（2）【解析】（1）由函數是奇函數，求得，再結合函數的奇偶性，即可求解函數在上的解析式；（2）把，不等式恒成立，轉化為，構造新函數，結合基本初等函數的性質，求得函數的最值，即可求解【詳解】解：（1）由題意，函數是定義在上的奇函數，所以，解得，又由當時，，當時，則，可得，又是奇