2025屆河北省承德市聯校數學高一上期末監(jiān)測模擬試題含解析

2025屆河北省承德市聯校數學高一上期末監(jiān)測模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．是所在平面上的一點,滿足,若,則的面積為（）A.2 B.3C.4 D.82．若函數的圖象上存在一點滿足，且，則稱函數為“可相反函數”，在①；②；③；④中，為“可相反函數”的全部序號是（）A.①② B.②③C.①③④ D.②③④3．在平行四邊形中，設，，，，下列式子中不正確的是（）A. B.C. D.4．已知函數，則（）A. B.C. D.5．函數的定義域是A.（-1，2] B.[-1,2]C.（-1，2） D.[-1,2)6．已知角α的終邊過點P(4，－3)，則sinα＋cosα的值是（）A. B.C. D.7．某幾何體的三視圖如圖所示,它的體積為()A.72π B.48πC.30π D.24π8．是定義在上的函數，，且在上遞減，下列不等式一定成立的是A. B.C. D.9．定義在R上的函數滿足，且當時，，，若任給，存在，使得，則實數a的取值范圍為（）.A. B.C. D.10．已知定義在R上的奇函數滿足：當時，.則（）A.2 B.1C.-1 D.-2二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數是定義在上的奇函數，當時，，則的值為______12．函數的最小值為__________13．已知一組數據，，…，的平均數，方差，則另外一組數據，，…，的平均數為______，方差為______14．已知，且，則實數的取值范圍為__________15．已知且，則=______________16．已知集合M={3，m+1}，4∈M，則實數m的值為______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．已知函數；（1）若，使得成立，求的集合（2）已知函數的圖象關于點對稱，當時，．若對使得成立，求實數的取值范圍18．在平面直角坐標系中，已知，.（Ⅰ）若，求實數的值；（Ⅱ）若，求實數的值.19．求下列關于的不等式的解集：（1）；（2）20．已知函數，.（1）求的最小正周期和單調區(qū)間；（2）求在閉區(qū)間上的最大值和最小值21．已知函數，且（1）求a的值；（2）判斷在區(qū)間上的單調性，并用單調性的定義證明你的判斷

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、A【解析】∵，∴，∴，且方向相同∴，∴．選A2、D【解析】根據已知條件把問題轉化為函數與直線有不在坐標原點的交點，結合圖象即可得到結論.【詳解】解：由定義可得函數為“可相反函數”，即函數與直線有不在坐標原點的交點①的圖象與直線有交點，但是交點在坐標原點，所以不是“可相反函數”；②的圖象與直線有交點在第四象限，且交點不在坐標原點，所以是“可相反函數”；③與直線有交點在第二象限，且交點不在坐標原點，所以是“可相反函數”；④的圖象與直線有交點在第四象限，且交點不在坐標原點，所以是“可相反函數”.結合圖象可得：只有②③④符合要求；故選：D3、B【解析】根據向量加減法計算，再進行判斷選擇.【詳解】;;;故選：B【點睛】本題考查向量加減法，考查基本分析求解能力，屬基礎題.4、A【解析】由題中條件，推導出，，，，由此能求出的值【詳解】解：函數，，，，，故選A【點睛】本題考查函數值的求法，考查函數性質等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題5、A【解析】根據二次根式的性質求出函數的定義域即可【詳解】由題意得：解得：﹣1＜x≤2，故函數的定義域是（﹣1，2]，故選A【點睛】本題考查了求函數的定義域問題，考查二次根式的性質，是一道基礎題．常見的求定義域的類型有：對數，要求真數大于0即可；偶次根式，要求被開方數大于等于0；分式，要求分母不等于0，零次冪，要求底數不為0;多項式要求每一部分的定義域取交集.6、A【解析】由三角函數的定義可求得sinα與cosα，從而可得sinα+cosα的值【詳解】∵知角α的終邊經過點P（4，-3），∴sinα，cosα，∴sinα+cosα故選：A7、C【解析】由題意，結合圖象可得該幾何體是圓錐和半球體的組合體，根據圖中的數據即可計算出組合體的體積選出正確選項.由圖知，該幾何體是圓錐和半球體的組合體，球的半徑是3，圓錐底面圓的半徑是3，圓錐母線長為5，由圓錐的幾何特征可求得圓錐的高為4，則它的體積.考點：由三視圖求面積、體積8、B【解析】對于A，由為偶函數可得，又，由及在上為減函數得，故A錯；對于B，因同理可得，故B對；對于C，因無法比較大小，故C錯；對于D，取，則；取，則，故與大小關系不確定，故D錯，綜上，選B點睛：對于奇函數或偶函數，如果我們知道其一側的單調性，那么我們可以知道另一側的單調性，解題時注意轉化9、D【解析】求出在，上的值域，利用的性質得出在，上的值域，再求出在，上的值域，根據題意得出兩值域的包含關系，從而解出的范圍【詳解】解：當時，，可得在，上單調遞減，在上單調遞增，在，上的值域為，，在上的值域為，，在上的值域為，，，，在上的值域為，，當時，為增函數，在，上的值域為，，，解得；當時，為減函數，在，上的值域為，，，解得；當時，為常數函數，值域為，不符合題意；綜上，的范圍是或故選：【點睛】本題考查了分段函數的值域計算，集合的包含關系，對于不等式的恒成立與有解問題，可按如下規(guī)則轉化：一般地，已知函數，（1）若，，總有成立，故；（2）若，，有成立，故；（3）若，，有成立，故；（4）若，，有，則值域是值域的子集10、D【解析】由奇函數定義得，從而求得，然后由計算【詳解】由于函數是定義在R上的奇函數，所以，而當時，，所以，所以當時，，故.由于為奇函數，故.故選：D.【點睛】本題考查奇函數的定義，掌握奇函數的概念是解題關鍵二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、1【解析】根據題意，由函數在（﹣∞，0）上的解析式可得f（﹣1）的值，又由函數為奇函數可得f（1）=﹣f（﹣1），即可得答案【詳解】根據題意，當x∈（﹣∞，0）時，f（x）=2x3+x2，則f（﹣1）=2×（﹣1）3+（﹣1）2=﹣1，又由函數奇函數，則f（1）=﹣f（﹣1）=1；故答案為1【點睛】本題考查函數奇偶性的應用，注意利用奇偶性明確f（1）與f（﹣1）的關系12、【解析】所以，當，即時，取得最小值.所以答案應填：.考點：1、對數的運算；2、二次函數的最值.13、①.11②.54【解析】由平均數與方差的性質即可求解.【詳解】解：由題意，數據，，…，的平均數為，方差為故答案：11，54.14、【解析】，該函數的定義域為，又，故為上的奇函數，所以等價于，又為上的單調減函數，，也即是，解得，填點睛：解函數不等式時，要注意挖掘函數的奇偶性和單調性15、3【解析】先換元求得函數，然后然后代入即可求解.【詳解】且，令，則，即，解得，故答案為：3.16、3【解析】∵集合M={3，m+1}，4∈M，∴4=m+1，解得m=3故答案為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）根據的值域列不等式，由此求得的取值范圍.（2）先求得在時的值域，對進行分類討論，由此求得的取值范圍.【小問1詳解】的值域為，所以，，，所以.所以的取值范圍是.【小問2詳解】由（1），當時，所以在時的值域為記函數的值域為.若對任意的，存在，使得成立，則因為時，，所以，即函數的圖象過對稱中心(i)當，即時，函數在上單調遞增，由對稱性知，在上單調遞增，從而在上單調遞增，由對稱性得，則要使，只需，解得，所以，(ii)當，即時，函數在上單調遞減，在上單調遞增，由對稱性知，在上單調遞增，在上單調遞減所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，在上單調遞減，，其中，要使，只需，解得，(iii)當，即時，函數在上單調遞減，由對稱性知，在上單調遞減，從而在上單調遞減．此時要使，只需，解得，綜上可知，實數的取值范圍是18、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）求出向量和的坐標，然后利用共線向量的坐標表示得出關于的方程，解出即可；（Ⅱ）由得出，利用向量數量積的坐標運算可得出關于實數的方程，解出即可.【詳解】（Ⅰ），，，，，，解得；（Ⅱ），，，解得.【點睛】本題考查平面向量的坐標運算，考查利用共線向量和向量垂直求參數，考查計算能力，屬于基礎題.19、（1）或；（2）答案見解析.【解析】（1）將原不等式變形為，再利用分式不等式的解法可得原不等式的解集；（2）分、、三種情況討論，利用二次不等式的解法可得原不等式的解集.【小問1詳解】解：由得，解得或，故不等式的解集為或.【小問2詳解】解：當時，原不等式即為，該不等式的解集為；當時，，原不等式即為.①若，則，原不等式的解集為或；②若，則，原不等式的解集為或.綜上所述，當時，原不等式的解集為；當時，原不等式的解集為或；當時，原不等式解集為或.20、（1）最小正周期為，單調遞增區(qū)間是，單調遞減區(qū)間是；（2）最小值為，最大值為【解析】（1）由三角函數中的恒等變換應用化簡函數解析式可得，利用正弦函數的性質即得；（2）利用正弦函數的性質即求【小問1詳解】由，∴的最小正周