2025届福建省安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学高一数学第一学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

2025届福建省安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学高一数学第一学期期末质量跟踪监视模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．方程的解所在的区间是A. B.C. D.2．已知集合，，则（）A B.C. D.{1，2，3}3．如图，在中，已知为上一点，且满足，则实数值为A. B.C. D.4．已知，设函数，的最大值为A，最小值为B，那么A＋B的值为（）A.4042 B.2021C.2020 D.20245．已知，则a，b，c的大小关系为（）A. B.C. D.6．下列说法中，正确的是（）A.若，则B.函数与函数是同一个函数C.设点是角终边上的一点，则D.幂函数的图象过点，则7．全称量词命题“，”的否定是（）A.， B.，C.， D.以上都不正确8．将化为弧度为A. B.C. D.9．已知某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积是（）A.108cm3 B.100cm3C.92cm3 D.84cm310．已知“”是“”的充分不必要条件，则k的取值范围为（）A. B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．命题“，”的否定是______12．的定义域为________________13．已知扇形弧长为20cm，圆心角为，则该扇形的面积为___________.14．设扇形的周长为，面积为，则扇形的圆心角的弧度数是________15．=_______.16．函数的图象恒过定点,点在幂函数的图象上,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．（1）利用函数单调性定义证明：函数是减函数；（2）已知当时，函数的图象恒在轴的上方，求实数的取值范围.18．已知函数为偶函数（1）求a的值，并证明在上单调递增；（2）求满足的x的取值范围19．已知直线过点，并与直线和分别交于点，若线段被点平分，求：（1）直线的方程；（2）以坐标原点为圆心且被截得的弦长为的圆的方程20．已知函数，（1）若，解不等式；（2）若函数恰有三个零点，，，求的取值范围21．函数（其中）的图像如图所示.（Ⅰ）求函数的解析式；（Ⅱ）求函数在上的最大值和最小值.

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】根据零点存在性定理判定即可.【详解】设，，根据零点存在性定理可知方程的解所在的区间是.故选：C【点睛】本题主要考查了根据零点存在性定理判断零点所在的区间,属于基础题.2、A【解析】利用并集概念进行计算.【详解】.故选：A3、B【解析】所以，所以。故选B。4、D【解析】由已知得，令，则，由的单调性可求出最大值和最小值的和为，即可求解.【详解】函数令，∴，又∵在，时单调递减函数；∴最大值和最小值的和为，函数的最大值为，最小值为；则；故选：5、B【解析】首先求出、，即可判断，再利用作差法判断，即可得到，再判断，即可得解；【详解】解：由，所以，可知，又由，有，又由，有，可得，即，故有.故选：B6、D【解析】A选项，举出反例；B选项，两函数定义域不同；C选项，利用三角函数定义求解；D选项，待定系数法求出解析式，从而得到答案.【详解】A选项，当时，满足，而，故A错误；B选项，定义域为R，定义域为，两者不是同一个函数，B错误；C选项，，C错误；D选项，设，将代入得：，解得：，所以，D正确.故选：D7、C【解析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题，即可得出结论.【详解】全称量词命题“，”的否定为“，”.故选：C.8、D【解析】根据角度制与弧度制的关系求解.【详解】因为，所以.故选：D.9、B【解析】由三视图可知：该几何体是一个棱长分别为6，6，3，砍去一个三条侧棱长分别为4，4，3的一个三棱锥（长方体的一个角）．据此即可得出体积．解：由三视图可知：该几何体是一个棱长分别为6，6，3，砍去一个三条侧棱长分别为4，4，3的一个三棱锥（长方体的一个角）．∴该几何体的体积V=6×6×3﹣=100．故选B．考点：由三视图求面积、体积．10、C【解析】根据“”是“”的充分不必要条件，可知是解集的真子集，然后根据真子集关系求解出的取值范围.【详解】因为，所以或，所以解集为，又因为“”是“”的充分不必要条件，所以是的真子集，所以，故选：C.【点睛】结论点睛：一般可根据如下规则判断充分、必要条件：（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；（2）若是的充分不必要条件，则对应集合是对应集合的真子集；（3）若是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；（4）若是的既不充分也不必要条件，则对应集合与对应集合互不包含.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、.【解析】全称命题的否定：将任意改为存在并否定原结论，即可知原命题的否定.【详解】由全称命题的否定为特称命题，所以原命题的否定：.故答案为：.12、【解析】由分子根式内部的代数式大于等于0，分母不等于0列式求解x的取值集合即可得到答案．或x＞5．∴的定义域为考点：函数的定义域及其求法．13、【解析】求出扇形的半径后，利用扇形的面积公式可求得结果.【详解】由已知得弧长，，所以该扇形半径，所以该扇形的面积.故答案为：14、【解析】设扇形的半径和弧长分别为，由题设可得，则扇形圆心角所对的弧度数是，应填答案15、##【解析】利用对数的运算法则进行求解.【详解】.故答案为：.16、【解析】因为函数图象恒过定点，则可之令2x-3=1,x=2,函数值为4，故过定点（2，4），然后根据且点在幂函数的图象上，设,故可知=9，故答案为9.考点：对数函数点评：本题考查了对数函数图象过定点（1，0），即令真数为1求对应的x和y，则是所求函数过定点的坐标三、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）略；（2）【解析】（1）根据单调性的定义进行证明即可得到结论；（2）将问题转化为在上恒成立求解，即在上恒成立，然后利用换元法求出函数的最小值即可得到所求范围【详解】（1）证明：设，则，∵，∴，∴，∴，∴函数是减函数（2）由题意可得在上恒成立，∴在上恒成立令，因为，所以，∴在上恒成立令,,则由（1）可得上单调递减，∴，∴∴实数的取值范围为【点睛】（1）用定义证明函数单调性的步骤为：取值、作差、变形、定号、结论，其中变形是解题的关键（2）解决恒成立问题时，分离参数法是常用的方法，通过分离参数，转化为求具体函数的最值的问题处理18、（1）；证明见解析（2）【解析】（1）由偶函数的定义解方程可得a=1，再由单调性的定义，结合指数函数的单调性可得结论；（2）由偶函数的性质：，结合（1）的结论，原不等式化为，再由绝对值不等式的解法可得所求解集.【小问1详解】解：由题意函数为偶函数，∴，即∴对任意恒成立，解得∴任取，则由，可得，∴，即，∴在上单调递增【小问2详解】由偶函数的对称性可得在上单调递减，∴，∴，解得，∴满足的x的取值范围是19、（1）；（2）.【解析】（1）依题意可设，，分别代入到直线和中，求出点坐标，即可求出直线的方程；（2）由题意可知，求出，即可求出圆的方程【详解】（1）依题意可设，因为线段被点平分，所以，则，解得，，即，又过点，易得方程为（2）设圆半径为，则，其中为弦心距，，可得，故所求圆的方程为.20、（1）（2）【解析】（1）分当时，当时，讨论去掉绝对值，由一元二次不等式的求解方法可得答案；（2）得出分段函数的解析式，根据二次函数的性质和根与系数的关系可求得答案.【小问1详解】解：当时，原不等式可化为…①（ⅰ）当时，①式化为，解得，所以；（ⅱ）当时，①式化为，解得，所以综上，原不等式的解集为【小问2详解】解：依题意，因为，且二次函数开口向上，所以当时，函数有且仅有一个零点所以时，函数恰有两个零点所以解得不妨设，所以，是方程的两相异实根，则，所以因为是方程的根，且，由求根公式得因为函数在上单调递增，所以，所以．所以．所以a的取值范围是21、(Ⅰ)；(Ⅱ)最大值为1，最小值为0.【解析】(Ⅰ)由图象可得，从而得可得，再根据函数图象过点，可求得，故可得函数的解析式．(Ⅱ)根据的范围得到的范围，得到的范围后可得的范围，由此可得函数的最值试题解析：（Ⅰ）由图像可知，，∴，∴.∴又点在函数的图象上，∴，，∴，，又，∴∴的解析式是（Ⅱ）∵,∴∴，∴，∴当时，函数取得最大值为1；当时，函数取得最小值为0点睛：根据图象求解析式y＝Asin(ωx＋φ)的方法(1)根据函数图象的最高点或最低点可求得A；(2)ω由周期T确定，即先由图象得到函数的周期，再求出T(3)φ的求法通常有以下两种：①代入法：