廣西北海市合浦縣2025屆高一上數學期末監測模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．大西洋鮭魚每年都要逆流而上，游回到自己出生的淡水流域產卵.記鮭魚的游速為（單位：），鮭魚的耗氧量的單位數為.科學研究發現與成正比.當時，鮭魚的耗氧量的單位數為.當時，其耗氧量的單位數為（）A. B.C. D.2．已知角的終邊經過點，且，則的值為（）A. B.C. D.3．已知向量滿足，，則A.4 B.3C.2 D.04．若函數是定義在上的偶函數，在上單調遞減，且，則使得的的取值范圍是（）A. B.C. D.5．對于函數，，“”是“的圖象既關于原點對稱又關于軸對稱”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6．若，，則的值為（）A. B.C. D.7．已知函數，若函數在上有兩個零點，則的取值范圍是（）A. B.C. D.，8．對于函數定義域中任意的，，當時，總有①；②都成立，則滿足條件的函數可以是（）A. B.C. D.9．函數的部分圖象如圖所示，則，的值分別是（）A.2， B.2，C.4， D.4，10．已知點，直線與線段相交，則直線的斜率的取值范圍是（）A.或 B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．=______12．已知扇形的周長為8，則扇形的面積的最大值為_________，此時扇形的圓心角的弧度數為________13．若在內有兩個不同的實數值滿足等式，則實數k的取值范圍是_______14．已知，，且，則的最小值為______15．一個扇形周長為8，則扇形面積最大時，圓心角的弧度數是__________.16．若集合，則滿足的集合的個數是___________.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．設函數是定義在R上的奇函數.（Ⅰ）求實數m的值；（Ⅱ）若，且在上的最小值為2，求實數k的取值范圍.18．已知的數（1）有解時，求實數的取值范圍；（2）當時，總有，求定的取值范圍19．設函數（1）若不等式解集，求、的值；（2）若，在上恒成立，求實數的取值范圍20．已知.（1）求的值；（2）求的值.21．已知函數，其中向量，，.（1）求函數的最大值；（2）求函數的單調遞增區間.

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】設，利用當時，鮭魚的耗氧量的單位數為求出后可計算時鮭魚耗氧量的單位數.【詳解】設，因為時，，故，所以，故時，即.故選：D.【點睛】本題考查對數函數模型在實際中的應用，解題時注意利用已知的公式來求解，本題為基礎題.2、B【解析】根據點，先表示出該點和原點之間的距離，再根據三角函數的定義列出等式，解方程可得答案.【詳解】因為角的終邊經過點，則，因為，所以，且，解得，故選：B3、B【解析】分析：根據向量模的性質以及向量乘法得結果.詳解：因所以選B.點睛：向量加減乘：4、C【解析】先求解出時的解集，再根據偶函數圖像關于軸對稱，寫出時的解集，即得整個函數的解集.【詳解】由于函數是偶函數，所以，由題意，當時，，則；又因為函數是偶函數，圖象關于軸對稱，所以當時，，則，所以的解集為.故選：C.5、C【解析】由函數奇偶性的定義求出的解析式，可得出結論.【詳解】若函數的定義域為，的圖象既關于原點對稱又關于軸對稱，則，可得，因此，“”是“的圖象既關于原點對稱又關于軸對稱”的充要條件故選：C.6、D【解析】根據誘導公式即可直接求值.【詳解】因為，所以，又因為，所以，所以.故選：D.7、D【解析】根據時，一定有一個零點，故只需在時有一個零點即可，列出不等式求解即可.【詳解】當時，令，即可得，；故在時，一定有一個零點；要滿足題意，顯然，令，解得只需，解得.故選：D【點睛】本題考查由函數的零點個數求參數范圍，涉及對數不等式的求解，屬綜合基礎題.8、B【解析】根據函數在上是增函數，且是上凸函數判斷.【詳解】由當時，總有，得函數在上是增函數，由，得函數是上凸函數，在上是增函數是增函數，是下凸函數，故A錯誤；在上是增函數是增函數，是上凸函數，故B正確；在上是增函數，是下凸函數；故C錯誤；在上是減函數，故D錯誤.故選：B9、B【解析】根據圖象的兩個點、的橫坐標，得到四分之三個周期的值，得到周期的值，做出的值，把圖象所過的一個點的坐標代入方程做出初相，寫出解析式，代入數值得到結果【詳解】解：由圖象可得：，∴，∴，又由函數的圖象經過，∴，∴，即，又由，則故選：B【點睛】本題考查由部分圖象確定函數的解析式，屬于基礎題關鍵點點睛：本題解題的關鍵是利用代入點的坐標求出初相.10、A【解析】，所以直線過定點，所以，，直線在到之間，所以或，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】由題意結合指數的運算法則和對數的運算法則整理計算即可求得最終結果.【詳解】原式=3+-2=.故答案為點睛】本題考查了指數與對數運算性質，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題12、①.4②.2【解析】根據扇形的面積公式，結合配方法和弧長公式進行求解即可.【詳解】設扇形所在圓周的半徑為r，弧長為l，有，，此時，，故答案為：；13、【解析】討論函數在的單調性即可得解.【詳解】函數，時，單調遞增，時，單調遞減，，，，所以在內有兩個不同的實數值滿足等式，則，所以.故答案為：14、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：6.15、2【解析】設扇形的半徑為，則弧長為，結合面積公式計算面積取得最大值時的取值，再用圓心角公式即可得弧度數【詳解】設扇形的半徑為，則弧長為，，所以當時取得最大值為4，此時，圓心角為（弧度）故答案為：216、4【解析】求出集合，由即可求出集合的個數【詳解】因為集合，，因為，故有元素0，3，且可能有元素1或2，所以或或或故滿足的集合的個數為，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、(Ⅰ)；(Ⅱ).【解析】（Ⅰ）由奇函數即可解得，需要檢驗；（Ⅱ）由得,進而得，令，得,結合的范圍求解即可.試題解析：(Ⅰ)經檢驗成立.(Ⅱ).，設設..當時，成立.當時，成立.當時，不成立，舍去.綜上所述，實數的取值范圍是.18、（1）；（2）【解析】（1）通過分離參數法得，再通過配方法求最值即可（2）由已知得恒成立，化簡后只需滿足且，求解即可.【詳解】（1）由已知得，所以（2）由已知得恒成立，則所以實數的取值范圍為19、（1），；（2）.【解析】（1）分析可知的兩根是、，利用韋達定理可求得實數、的值；（2）分析可知不等式在上恒成立，可得出，由此可解得實數的取值范圍.【詳解】由已知可知，方程的兩根是、且，所以，解得；（2），可得，，因為在上恒成立，則在上恒成立，所以，，解得.因此，實數的取值范圍是.20、（1）；（2）【解析】（1）根據正切的差角公式求得，再利用正切的二倍角公式可求得答案；（2）根據同角三角函數的關系和正弦，余弦的二倍角公式，代入可得答案【詳解】（1）因為，所以，即，解得，所以，所以，（2）21、見解析【解析】【試題分析】（1）利用向量的運算，求出的表達式并利用輔助角公式化簡，由此求得函數的最大值.（2）將（1）中求得的角代入正弦函數的遞增區間，解