广东省广州市增城高级中学2025届高一数学第一学期期末调研试题含解析

广东省广州市增城高级中学2025届高一数学第一学期期末调研试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．已知，若，则（）A. B.C. D.2．过点与且圆心在直线上的圆的方程为A. B.C. D.3．在中，角、、的对边分别为、、，已知，，，则A. B.C. D.4．若a＞b，则下列各式正确的是（）A. B.C. D.5．“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件6．已知，则()A. B.1C. D.27．已知函数的定义域和值域都是，则（）A. B.C.1 D.8．函数，则函数（）A.在上是增函数 B.在上是减函数C.在是增函数 D.在是减函数9．某公司位员工的月工资（单位：元）为，，…，，其均值和方差分别为和，若从下月起每位员工的月工资增加元，则这位员工下月工资的均值和方差分别为A.， B.，C， D.，10．长方体中，，，E为中点，则异面直线与CE所成角为（）A. B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知函数若关于x的方程有4个解，分别为，，，，其中，则______，的取值范围是______12．已知幂函数为奇函数，则___________.13．设函数；若方程有且仅有1个实数根，则实数b的取值范围是__________14．函数（且）的图像恒过定点______.15．向量与，则向量在方向上的投影为______16．已知，且的终边上一点P的坐标为，则=______三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．如图，点，，在函数的图象上（1）求函数的解析式；（2）若函数图象上的两点，满足，，求四边形OMQN面积的最大值18．在单位圆中，已知第二象限角的终边与单位圆的交点为，若.（1）求、、的值；（2）分别求、、的值.19．已知函数是偶函数（1）求实数的值；（2）若函数的最小值为，求实数的值；（3）当为何值时，讨论关于的方程的根的个数20．已知点P是圆C：(x－3)2＋y2＝4上的动点，点A(－3，0)，M是线段AP的中点（1）求点M的轨迹方程；（2）若点M的轨迹与直线l：2x－y＋n＝0交于E，F两点，若直角坐标系的原点在以线段为直径的圆上，求n的值21．已知（1）设，求t的最大值与最小值；（2）求的值域

参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1、C【解析】设，求出，再由求出.【详解】设，因为所以，又，所以，所以.故选：C.2、B【解析】先求得线段AB的中垂线的方程，再根据圆心又在直线上求得圆心，圆心到点A的距离为半径，可得圆的方程.【详解】因为过点与，所以线段AB的中点坐标为，，所以线段AB的中垂线的斜率为，所以线段AB的中垂线的方程为，又因为圆心在直线上，所以，解得，所以圆心为，所以圆的方程为.故选：B【点睛】本题主要考查圆的方程的求法，还考查了运算求解的能力，属于中档题.3、B【解析】分析：直接利用余弦定理求cosA.详解：由余弦定理得cosA=故答案为B.点睛：(1)本题主要考查余弦定理在解三角形中的应用，意在考查学生对余弦定理的掌握水平.(2)已知三边一般利用余弦定理：.4、A【解析】由不等式的基本性质，逐一检验即可【详解】因为a＞b，所以a-2＞b-2，故选项A正确，2-a＜2-b，故选项B错误，-2a<-2b，故选项C错误，a2，b2无法比较大小，故选项D错误，故选A【点睛】本题考查了不等式的基本性质，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.5、A【解析】根据终边相同的角的三角函数值相等，结合充分不必要条件的定义，即可得到答案；【详解】，当，“”是“”的充分不必要条件，故选：A6、D【解析】根据指数和对数的关系，将指数式化为对数式，再根据换底公式及对数的运算法则计算可得；【详解】解：，，，，故选：D7、A【解析】分和，利用指数函数的单调性列方程组求解.【详解】当时，，方程组无解当时，，解得故选：A.8、C【解析】根据基本函数单调性直接求解.【详解】因为，所以函数在是增函数，故选：C9、D【解析】均值为;方差为,故选D.考点：数据样本的均值与方差.10、C【解析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角【详解】解：长方体中，，，为中点，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，，，，，，，设异面直线与所成角为，则，，异面直线与所成角为故选：【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、①.1②.【解析】作出图象，将方程有4个解，转化为图象与图象有4个交点，根据二次函数的对称性，对数函数的性质，可得的、的范围与关系，结合图象，可得m的范围，综合分析，即可得答案.【详解】作出图象，由方程有4个解，可得图象与图象有4个交点，且，如图所示：由图象可知：且因为，所以，由，可得，因为，所以所以，整理得；当时，令，可得，由韦达定理可得所以，因为且，所以或，则或，所以故答案为：1，【点睛】解题的关键是将函数求解问题，转化为图象与图象求交点问题，再结合二次函数，对数函数的性质求解即可，考查数形结合，分析理解，计算化简的能力，属中档题.12、【解析】根据幂函数的定义，结合奇函数的定义进行求解即可.【详解】因为是幂函数，所以，或，当时，，因为，所以函数是偶函数，不符合题意；当时，，因为，所以函数是奇函数，符合题意，故答案为：13、【解析】根据分段函数的解析式作出函数图象，将方程有且仅有1个实数根转化为函数与直线有一个交点，然后数形结合即可求解.【详解】作出函数的图象，如图：结合图象可得：，故答案为：.14、【解析】根据指数函数恒过定点的性质，令指数幂等于零即可.【详解】由，.此时.故图像恒过定点.故答案为：【点睛】本题主要考查指数函数恒过定点的性质，属于简单题.15、【解析】在方向上的投影为考点：向量的投影16、【解析】先求解，判断的终边在第四象限，计算，结合，即得解【详解】由题意，故点，故终边在第四象限且，又故故答案为：三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）（2）【解析】（1）由图可求出，从而求得，由图可知函数处取得最小值，从而可求出的值，再将点的坐标代入函数中可求出，进而可求出函数的解析式，（2）由题意求得所以，，而四边形OMQN的面积为S，则，代入化简利用三角函数的性质可求得结果【小问1详解】由图可知的周期T满足，得又因为，所以，解得又在处取得最小值，即，得，所以，，解得，因为，所以．由，得，所以综上，【小问2详解】当时，，所以．由知此时记四边形OMQN的面积为S，则又因为，所以，所以当，即时，取得最大值所以四边形OMQN面积的最大值是18、（1），，（2），，【解析】（1）先由三角函数的定义得到，再利用同角三角函数基本关系进行求解；（2）利用诱导公式进行化简求值.【小问1详解】解：由三角函数定义，得，由得，又因为为第二象限角，所以，则；【小问2详解】解：由诱导公式，得:，则，.19、（1）（2）（3）当时，方程有一个根；当时，方程没有根；当或或时，方程有两个根；当时，方程有三个根；当时，方程有四个根【解析】（1）利用偶函数满足，求出的值；（2）对函数变形后利用二次函数的最值求的值；（3）定义法得到的单调性，方程通过换元后得到的根的情况，通过分类讨论最终求出结果.【小问1详解】由题意得：，即，所以，其中，∴，解得：【小问2详解】，∴，故函数的最小值为，令，故的最小值为，等价于，解得：或，无解综上：【小问3详解】由，令，，有由，有，，可得，可知函数为增函数，故当时，函数单调递增，由函数为偶函数，可知函数的增区间为，减区间为，令，有，方程（记为方程①）可化为，整理为：（记为方程②），，当时，有，此时方程②无解，可得方程①无解；当时，时，方程②的解为，可得方程①仅有一个解为；时，方程②的解为，可得方程①有两个解；当时，可得或，1°当方程②有零根时，，此时方程②还有一根为，可得此时方程①有三个解；2°当方程②有两负根时，可得，不可能；3°当方程②有两正根时，可得：，又由，可得，此时方程①有四个根；4°当方程②有一正根一负根时，，可得：或，又由，可得或，此时方程①有两个根，由上知：当时，方程①有一个根；当时，方程①没有根；当或或时，方程①有两个根；当时，方程①有三个根；当时，方程①有四个根【点睛】对于复合函数根的个数问题，要用换元法来求解，通常方法会用到根的判别式，导函数，基本不等式等.20、（1）；（2）【解析】（1）设，，，利用为中点，表示出，代入圆方程即可；（2）根据轨迹以及结合韦达定理、平面向量的数量积，列出关于的方程即可【详解】（1）设为所求轨迹上的任意一点，点P为，则．①又是线段AP的中点，