吉林省松原市油田第十一中學2025屆數學高一上期末聯考模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在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、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，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．函數，則的最大值為（）A. B.C.1 D.2．若直線過點（1，2），（4，2＋），則此直線的傾斜角是（）A.30° B.45°C.60° D.90°3．若曲線與直線始終有交點，則的取值范圍是A. B.C. D.4．已知函數（其中）的圖象如下圖所示，則的圖象是（）A. B.C. D.5．“”是“”成立的條件A.充分不必要 B.必要不充分C.充分必要 D.既不充分又不必要6．下列各式中，正確是（）A. B.C. D.7．已知偶函數f(x)在區間單調遞增，則滿足的x取值范圍是（）A. B.C. D.8．已知集合，集合，則（）A.0 B.C. D.9．設，則“”是“”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10．函數，則函數的零點個數為（）A.2個 B.3個C.4個 D.5個二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．如果，且，則的化簡為_____.12．設角的頂點與坐標原點重合，始變與軸的非負半軸重合，若角的終邊上一點的坐標為，則的值為__________13．水車在古代是進行灌溉引水的工具，是人類的一項古老的發明，也是人類利用自然和改造自然的象征.如圖是一個半徑為的水車，以水車的中心為原點，過水車的中心且平行于水平面的直線為軸，建立如圖平面直角坐標系，一個水斗從點出發，沿圓周按逆時針方向勻速旋轉，且旋轉一周用時秒.經過秒后，水斗旋轉到點，設點的坐標為，其縱坐標滿足，當秒時，___________.14．如圖，在棱長均相等的正四棱錐最終，為底面正方形的重心，分別為側棱的中點，有下列結論：①平面；②平面平面；③；④直線與直線所成角的大小為其中正確結論的序號是______．（寫出所有正確結論的序號）15．____.16．計算：__________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，，（）求及（）若的最小值是，求的值18．已知平面上點，且.（1）求；（2）若點，用基底表示.19．設函數（1）求函數的最小正周期和單調遞增區間；（2）求函數在上的最大值與最小值及相應的x的值.20．設，函數.（1）當時，寫出的單調區間（不用寫出求解過程）；（2）若有兩個零點，求的取值范圍.21．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.

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】，然后利用二次函數知識可得答案.【詳解】，令，則，當時，，故選：C2、A【解析】求出直線的斜率，由斜率得傾斜角【詳解】由題意直線斜率為，所以傾斜角為故選：A3、A【解析】本道題目先理解的意義，實則為一個半圓，然后利用圖像，繪制出該直線與該圓有交點的大致位置，計算出b的范圍，即可.【詳解】要使得這兩條曲線有交點，則使得直線介于1與2之間，已知1與圓相切，2過點（1，0），則b分別為，故，故選A.【點睛】本道題目考查了圓與直線的位置關系，做此類題可以結合圖像，得出b的范圍．4、A【解析】根據二次函數圖象上特殊點的正負性，結合指數型函數的性質進行判斷即可.【詳解】解：由圖象可知：，因，所以由可得：，由可得：，由可得：，因此有，所以函數是減函數，，所以選項A符合，故選：A5、B【解析】求出不等式的等價條件，結合不等式的關系以及充分條件和必要條件的定義進行判斷即可【詳解】由不等式“”，解得，則“”是“”成立的必要不充分條件即“”是“”成立的必要不充分條件，故選B【點睛】本題主要考查了充分條件和必要條件的判斷，其中解答中結合不等式的關系是解決本題的關鍵，著重考查了推理與判斷能力，屬于基礎題.6、C【解析】利用指數函數的單調性可判斷AB選項的正誤，利用對數函數的單調性可判斷CD選項的正誤.【詳解】對于A選項，因為函數在上為增函數，則，A錯；對于B選項，因為函數在上為減函數，則，B錯；對于C選項，因為函數為上的增函數，則，C對；對于D選項，因為函數為上的減函數，則，D錯.故選：C.7、A【解析】由偶函數性質得函數在上的單調性，然后由單調性解不等式【詳解】因為偶函數在區間上單調遞增，所以在區間上單調遞減，故越靠近軸，函數值越小，因為，所以，解得：.故選：A8、B【解析】由集合的表示方法以及交集的概念求解.【詳解】由題意，集合，，∴.故選：B9、A【解析】首先求解二次不等式，然后結合不等式的解集即可確定充分性和必要性是否成立即可.【詳解】求解二次不等式可得：或，據此可知：是的充分不必要條件.故選：A.【點睛】本題主要考查二次不等式的解法，充分性和必要性的判定，屬于基礎題.10、D【解析】函數h（x）=f（x）﹣log4x的零點個數?函數f（x）與函數y=log4x的圖象交點個數．畫出函數f（x）與函數y=log4x的圖象（如上圖），其中=的圖像可以看出來，當x增加個單位，函數值變為原來的一半，即往右移個單位，函數值變為原來的一半；依次類推；根據圖象可得函數f（x）與函數y=log4x的圖象交點為5個∴函數h（x）=f（x）﹣log4x的零點個數為5個．故選D二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】由，且，得到是第二象限角，由此能化簡【詳解】解：∵，且，∴是第二象限角，∴故答案為：12、【解析】13、【解析】求出關于的函數解析式，將代入函數解析式，求出的值，可得出點的坐標，進而可求得的值.【詳解】由題意可知，，函數的最小正周期為，則，所以，，點對應，，則，可得，，，故，當時，，因為，故點不與點重合，此時點，則.故答案為：.14、①②③【解析】連接AC，易得PC∥OM，可判結論①證得平面PCD∥平面OMN，可判結論②正確由勾股數可得PC⊥PA，得到OM⊥PA，可判結論③正確根據線線平行先找到直線PD與直線MN所成的角為∠PDC，知三角形PDC為等邊三角形，所以∠PDC＝60°，可判④錯誤【詳解】如圖，連接AC，易得PC∥OM，所以PC∥平面OMN，結論①正確同理PD∥ON，所以平面PCD∥平面OMN，結論②正確由于四棱錐的棱長均相等，所以AB2+BC2＝PA2+PC2＝AC2，所以PC⊥PA，又PC∥OM，所以OM⊥PA，結論③正確由于M，N分別為側棱PA，PB的中點，所以MN∥AB，又四邊形ABCD為正方形，所以AB∥CD，所以直線PD與直線MN所成的角即為直線PD與直線CD所成的角，為∠PDC，知三角形PDC為等邊三角形，所以∠PDC＝60°，故④錯誤故答案為①②③【點睛】本題考查線面平行、面面平行，考查線線角，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題15、.【解析】本題直接運算即可得到答案.【詳解】解：，故答案為：.【點睛】本題考查指數冪的運算、對數的運算，是基礎題.16、【解析】.故答案為.點睛：（1）任何非零實數的零次冪等于1；（2）當，則；（3）.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）.【解析】（1）利用平面向量的數量積公式、模長公式求解；（2）將的值域，轉化為關于的一元二次函數的值域，根據【詳解】(1)，，（2），,，，當時，當且僅當時，取最小值，解得；當時，當且僅當時，取最小值，解得（舍）；當時，當且僅當時，取最小值，解得（舍去），綜上所述，.【點睛】本題主要考查求平面向量的數量積，向量的模，以及由函數的最值求參數的問題，熟記平面向量數量積的坐標表示，向量模的坐標表示，以及三角函數的性質即可，屬于常考題型.18、（1）；（2）【解析】（1）設，根據向量相等的坐標表示可得答案；（2）設，建立方程，解之可得答案【詳解】解：（1）設，由點，所以，又，所以，解得所以點，所以；（2）若點，所以，，設，即，解得所以用基底表示19、（1）最小正周期，單調遞增區間為，；（2）時函數取得最小值，時函數取得最大值；【解析】（1）利用二倍角公式及輔助角公式將函數化簡，再根據正弦函數的性質計算可得；（2）由的取值范圍，求出的取值范圍，再根據正弦函數的性質計算可得；【小問1詳解】解：因為，即，所以函數的最小正周期，令，，解得，，所以函數的單調遞增區間為，；【小問2詳解】解：因為，所以，所以當，即時函數取得最小值，即，當，即時函數取得最大值，即；20、（1）增區間是，減區間是；（2）【解析】（1）根據函數的圖象即可寫出；（2）根據函數零點的定義結合分類討論思想即可求出小問1詳解】的增區間是，減區間是【小問2詳解】由得；由得或，當時，得或，所以1是的零點，①當時，則都不是的零點，故只有一個零點；②當時，即時，為使有兩個零點，則，解得，此時的兩個零點為.當時，得，所以1不是的零點，為使有兩個零點，則，解得，此時的兩個零