2025屆安徽省蒙城二中高一上數學期末聯考模擬試題含解析

2025屆安徽省蒙城二中高一上數學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、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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．已知平面向量，，且，則實數的值為（）A. B.C. D.2．當時，函數（，），取得最小值，則關于函數，下列說法錯誤的是（）A.是奇函數且圖象關于點對稱B.偶函數且圖象關于點（π，0）對稱C.是奇函數且圖象關于直線對稱D.是偶函數且圖象關于直線對稱3．在內，使成立的的取值范圍是A. B.C. D.4．已知集合A={1,2,3}，集合B={x|x2=x}，則A∪B=（）A.{1} B.{1,2}C.{0,1,2,3} D.{－1,0,1,2,3}5．函數是奇函數，則的值為A.0 B.1C.-1 D.不存在6．若函數，，則函數的圖像經過怎樣的變換可以得到函數的圖像①先向左平移個單位，再將橫坐標縮短到原來的倍，縱坐標保持不變.②先向左平移個單位，再將橫坐標縮短到原來的倍，縱坐標保持不變.③將橫坐標縮短到原來的倍，再向左平移個單位，縱坐標保持不變.④將橫坐標縮短到原來的倍，再向左平移個單位，縱坐標保持不變.A.①③ B.①④C.②③ D.②④7．設平面向量，則A. B.C. D.8．某幾何體的三視圖如圖所示，則它的體積是A.B.C.D.9．已知向量，且，則A. B.C. D.10．若：，則成立的一個充分不必要條件是（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知A(3,0),B(0,4),直線AB上一動點P(x,y),則xy的最大值是___.12．設函數是以4為周期的周期函數，且時，，則__________13．已知函數是冪函數，且在x∈(0，＋∞)上遞減，則實數m＝________14．如圖,二面角的大小是30°,線段，與所成的角為45°,則與平面所成角的正弦值是__________15．計算：______16．“”是“”的______條件（請從“充分不必要”，“必要不充分”，“充要”，“既不充分也不必要”中選擇一個填）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，是夾角為的兩個單位向量，且向量，求：，，；向量與夾角的余弦值18．(1)求兩條平行直線3x＋4y－6＝0與ax＋8y－4＝0間的距離(2)求兩條垂直的直線2x＋my－8＝0和x－2y＋1＝0的交點坐標19．已知函數，，.（1）若，解關于方程；（2）設，函數在區(qū)間上的最大值為3，求的取值范圍；（3）當時，對任意，函數在區(qū)間上的最大值與最小值的差不大于1，求的取值范圍.20．閱讀與探究人教A版《普通高中課程標準實驗教科書數學4（必修）》在第一章小結中寫道：將角放在直角坐標系中討論不但使角的表示有了統一的方法，而且使我們能夠借助直角坐標系中的單位圓，建立角的變化與單位圓上點的變化之間的對應關系，從而用單位圓上點的縱坐標、橫坐標來表示圓心角的正弦函數、余弦函數.因此，正弦函數、余弦函數的基本性質與圓的幾何性質（主要是對稱性）之間存在著非常緊密的聯系.例如，和單位圓相關的“勾股定理”與同角三角函數的基本關系有內在的一致性；單位圓周長為與正弦函數、余弦函數的周期為是一致的；圓的各種對稱性與三角函數的奇偶性、誘導公式等也是一致的等等.因此，三角函數的研究過程能夠很好地體現數形結合思想.依據上述材料，利用正切線可以討論研究得出正切函數的性質.比如：由圖1.2-7可知，角的終邊落在四個象限時均存在正切線；角的終邊落在軸上時，其正切線縮為一個點，值為；角的終邊落在軸上時，其正切線不存在；所以正切函數的定義域是.（1）請利用單位圓中的正切線研究得出正切函數的單調性和奇偶性；（2）根據閱讀材料中途1.2-7，若角為銳角，求證：.21．已知向量、、是同一平面內的三個向量，且.（1）若，且，求；（2）若，且與互相垂直，求.

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】根據垂直向量坐標所滿足的條件計算即可【詳解】因為平面向量，，且，所以，解得故選：C2、C【解析】根據正弦型函數的性質逐一判斷即可.【詳解】因為當時，函數取得最小值，所以，因為，所以令，即，所以，設，因為，所以函數是奇函數，因此選項B、D不正確；因為，，所以，因此函數關于直線對稱，因此選項A不正確，故選：C3、C【解析】直接畫出函數圖像得到答案.【詳解】畫出函數圖像，如圖所示：根據圖像知.故選：.【點睛】本題考查了解三角不等式，畫出函數圖像是解題的關鍵.4、C【解析】求出集合B={0，1}，然后根據并集的定義求出A∪B【詳解】解：∵集合A＝{1，2，3}，集合B＝{x|x2＝x}＝{0，1}，∴A∪B＝{0，1，2，3}故選C【點睛】本題考查并集的求法，是基礎題，解題時要認真審題5、C【解析】由題意得，函數是奇函數，則，即，解得，故選C.考點：函數的奇偶性的應用.6、A【解析】依次判斷四種變換方式的結果是否符合題意，選出正確變換【詳解】函數，先向左平移個單位，再將橫坐標縮短到原來的倍，函數變?yōu)?，所以①合題意；先向左平移個單位，再將橫坐標縮短到原來的倍，函數變?yōu)椋寓诓缓项}意；將橫坐標縮短到原來的倍，再向左平移個單位，函數變?yōu)椋寓酆项}意；將橫坐標縮短到原來的倍，再向左平移個單位，函數變?yōu)?，所以④不合題意，故選擇A【點睛】在進行伸縮變換時，橫坐標變?yōu)樵瓉淼谋?；向左或向右進行平移變換注意平移單位要加或減在“”上7、A【解析】∵∴故選A；【考點】：此題重點考察向量加減、數乘的坐標運算；【突破】：準確應用向量的坐標運算公式是解題的關鍵；8、A【解析】根據已知的三視圖想象出空間幾何體，然后由幾何體的組成和有關幾何體體積公式進行計算由幾何體的三視圖可知幾何體為一個組合體，即一個正方體中間去掉一個圓錐體，所以它的體積是.9、B【解析】由已知得，因為，所以，即，解得.選B10、C【解析】根據不等式的解法求得不等式的解集，結合充分條件、必要條件的判定方法，即可求解.【詳解】由題意，不等式，可得，解得，結合選項，不等式的一個充分不必要條件是.故選：C.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、3【解析】直線AB的方程為＋＝1，又∵＋≥2，即2≤1，當x>0，y>0時，當且僅當＝，即x＝，y＝2時取等號，∴xy≤3，則xy的最大值是3.12、##0.5【解析】利用周期和分段函數的性質可得答案.【詳解】，.故答案為：.13、2【解析】由冪函數的定義可得m2－m－1＝1，得出m＝2或m＝－1，代入驗證即可.【詳解】是冪函數，根據冪函數的定義和性質，得m2－m－1＝1解得m＝2或m＝－1，當m＝2時，f（x）＝x－3在(0，＋∞)上是減函數，符合題意；當m＝－1時，f（x）＝x0＝1在(0，＋∞)上不是減函數，所以m＝2故答案為：2【點睛】本題考查了冪函數的定義，考查了理解辨析能力和計算能力，屬于基礎題目.14、【解析】過點A作平面β的垂線,垂足為C,在β內過C作l的垂線,垂足為D.連結AD，由CD⊥l,AC⊥l得，l⊥面ACD，可得AD⊥l，因此,∠ADC為二面角α?l?β的平面角,∠ADC=30°又∵AB與l所成角為45°,∴∠ABD=45°連結BC，可得BC為AB在平面β內的射影，∴∠ABC為AB與平面β所成的角設AD=2x,則Rt△ACD中,AC=ADsin30°=x，Rt△ABD中,∴Rt△ABC中,故答案為.點睛：求直線和平面所成角的關鍵是作出這個平面的垂線進而斜線和射影所成角即為所求，有時當垂線較為難找時也可以借助于三棱錐的等體積法求得垂線長，進而用垂線長比上斜線長可求得所成角的正弦值，當空間關系較為復雜時也可以建立空間直角坐標系，利用向量求解.15、【解析】根據冪的運算法則，根式的定義計算【詳解】故答案為：16、必要不充分【解析】根據充分條件、必要條件的定義結合余弦函數的性質可得答案.【詳解】當時，可得由，不能得到例如：取時，，也滿足所以由，可得成立，反之不成立“”是“”的必要不充分條件故答案為：必要不充分三、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】根據，是夾角為的兩個單位向量即可求出，然后利用向量的模的公式和數量積公式即可求得結果;根據即可求出向量夾角的余弦值【詳解】是夾角為的兩個單位向量；；，，；；【點睛】本題考查向量模的公式，考查向量數量積計算公式以及向量夾角的余弦公式，屬于基礎題18、（1）（2）(3,2)【解析】（1）根據兩平行線的距離公式得到兩平行線間的距離為；（2）聯立直線可求得交點坐標.解析：(1)由，得兩條直線的方程分別為3x＋4y－6＝0，6x＋8y－4＝0即3x＋4y－2＝0所以兩平行線間的距離為(2)由2－2m＝0，得m＝1由，得所以交點坐標為(3,2)19、（1）；（2）；（3）.【解析】（1）將代入函數的解析式，并求出函數的定義域，利用對數的運算法則可解出方程；（2）當時，，分、和三種情況討論，去絕對值，分析函數在區(qū)間上的單調性，結合該函數在區(qū)間上的最大值為，可求出實數的取值范圍；（3）利用對數的運算性質可得出，可知該函數在區(qū)間上為減函數，由題意得出對任意的恒成立，求出在上的最大值，即可得出實數的取值范圍.【詳解】（1）當時，，則，定義域為.由，可得，可得，解得或（舍去），因此，關于的方程的解為；（2）當時，.當時，對任意的恒成立，則，此時，函數在區(qū)間上為增函數，，合乎題意；當時，對任意的恒成立，則，此時，函數在區(qū)間上為減函數，，解得，不合乎題意；當時，令，得，此時，所以，函數在區(qū)間上為減函數，在區(qū)間上為增函數.，，由于，所以，解得.此時，.綜上所述，實數的取值范圍是；（3），由于內層函數在區(qū)間為減函數，外層函數為增函數，所以，函數在區(qū)間上為減函數，所以，，由題意可得，可得，所以，.①當時，；②當時，令，設，可得.下面利用定義證明函數在區(qū)間上的單調性，任取、且，即，，，，，，即，所以，函數在區(qū)間上單調遞減，當時，函數取得最大值.綜上所述，函數在上的最大值為，.因此，實數的取值范圍是.【點睛】本題考查對數方程的求解、考查了利用帶絕對值函數的最值求參數，同時也考查了函數不等式恒成立問題，考查運算求解能力，屬于中等題.20、（1）見解析（2）見解析【解析】（1）在單位圓中畫出角的正切線，觀察隨增大正切線的值得變化情況，再觀察時，正切線的值隨增大時的變化情況，發(fā)現正切函數在區(qū)間上單調遞增.（2）當是銳角時，有，由此得到.解析：（1）當時，增大時正切線的值越來越大；當時，正切線與區(qū)間上的情況完全一樣；隨著角的終邊不停旋轉，正切線不停重復出現，故可得出正切函數在區(qū)間上單調遞增；由題意知正切函數的定義域關于原點對稱，在坐標系中畫出角和，它們的終邊關于軸對稱，在單位圓中作出它們的正切線，可以發(fā)現它們的正切線長度相等，方向相反，即，得出正切函數為奇函數.（2）如圖，當為銳角時