福建省莆田市第七中学2025年数学高一第一学期期末调研模拟试题含解析.doc

福建省莆田市第七中学2025年数学高一第一学期期末调研模拟试题
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．函数的零点的个数为
A. B.
C. D.
2．函数f（x）=+的定义域为（　　）
A. B.
C. D.
3．若圆锥的高等于底面直径，则它的底面积与侧面积之比是
A. B.
C. D.
4．已知函数，，其函数图象的一个对称中心是，则该函数的一个单调递减区间是（ ）
A. B.
C. D.
5．已知，求的值（）
A. B.
C. D.
6．若函数的零点所在的区间为，则整数的值为（）
A. B.
C. D.
7．已知全集，集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
8．若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
9．若，都为正实数，，则的最大值是（ ）
A. B.
C. D.
10．已知集合，．则（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知关于不等式的解集为，则的最小值是___________.
12．函数最大值为__________
13．若函数是定义在上的严格增函数，且对一切x，满足，则不等式的解集为___________.
14．关于函数f（x）=有如下四个命题：
①f（x）的图象关于y轴对称
②f（x）的图象关于原点对称
③f（x）的图象关于直线x=对称
④f（x）的最小值为2
其中所有真命题的序号是__________
15．设，则a，b，c的大小关系为_________.
16．函数的定义域为_____________.
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．求函数的定义域、值域与单调区间；
18．已知二次函数满足且
（1）求的解析式；
（2）在区间上求的值域
19．某商品进货单价为元，若销售价为元，可卖出个，如果销售单价每涨元，销售量就减少个，为了获得最大利润，则此商品的最佳售价应为多少？
20．（1）已知，求的最小值；
（2）求函数的定义域
21．已知函数对任意实数x，y满足，，当时，
判断在R上的单调性，并证明你的结论
是否存在实数a使f 成立？若存在求出实数a；若不存在，则说明理由
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、B
【解析】略
【详解】因为函数单调递增，且x=3,y>0,x=1,y<0，所以零点个数为1
2、C
【解析】根据分母部位0，被开方数大于等于0构造不等式组，即可解出结果
【详解】利用定义域的定义可得 ，解得，即，
故选C
【点睛】本题考查定义域的求解，需掌握：
分式分母不为0，②偶次根式被开方数大于等于0，③对数的真数大于0.
3、C
【解析】设圆锥的底面半径为，则高为，母线长则，，，选C .
4、D
【解析】由正切函数的对称中心得，得到，令可解得函数的单调递减区间.
【详解】因为是函数的对称中心，所以，解得
因为，所以，，
令，解得，
当时，函数的一个单调递减区间是
故选：D
【点睛】本题考查正切函数的图像与性质，属于基础题.
5、A
【解析】利用同角三角函数的基本关系，即可得到答案；
【详解】，
故选：A
6、C
【解析】结合函数单调性，由零点存在性定理可得解.
【详解】由为增函数，且，
可得零点所在的区间为，所以.
故选：C.
7、D
【解析】先求得全集U和，根据补集运算的概念，即可得答案.
【详解】由题意得全集，，
所以.
故选：D
8、C
【解析】
先由，可得，结合，，可得，继而得到，，转化，利用两角差的正弦公式即得解
【详解】由题意，故
故
又，
故
，
则

故选：C
【点睛】本题考查了两角和与差的正弦公式、同角三角函数关系综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题
9、D
【解析】由基本不等式，结合题中条件，直接求解，即可得出结果.
【详解】因为，都为正实数，，
所以，
当且仅当，即时，取最大值.
故选：D
10、C
【解析】直接利用交集的运算法则即可.
【详解】∵，，
∴.
故选：.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】由题知，进而根据基本不等式求解即可.
【详解】解：因为关于的不等式的解集为，
所以是方程的实数根，
所以，
因为，
所以，当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值是
故答案为：
12、3
【解析】分析:利用复合函数的性质求已知函数的最大值.
详解：由题得当=1时，函数取最大值2×1+1=3.故答案为3.
点睛：本题主要考查正弦型函数的最大值，意在考查学生对该基础知识的掌握水平.
13、
【解析】根据题意，将问题转化为，，再根据单调性解不等式即可得答案.
【详解】解：因为函数对一切x，满足，
所以，，
令，则，即，
所以等价于，
因为函数是定义在上的严格增函数，
所以，解得
所以不等式的解集为
故答案为：
14、②③
【解析】利用特殊值法可判断命题①的正误；利用函数奇偶性的定义可判断命题②的正误；利用对称性的定义可判断命题③的正误；取可判断命题④的正误.综合可得出结论.
【详解】对于命题①，，，则，
所以，函数的图象不关于轴对称，命题①错误；
对于命题②，函数的定义域为，定义域关于原点对称，
，
所以，函数的图象关于原点对称，命题②正确；
对于命题③，，
，则，
所以，函数的图象关于直线对称，命题③正确；
对于命题④，当时，，则，
命题④错误.
故答案为：②③.
【点睛】本题考查正弦型函数的奇偶性、对称性以及最值的求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
第ⅠⅠ卷
15、
【解析】根据指数函数和对数函数的单调性可得到，，，从而可比较a，b，c的大小关系.
【详解】因为，，，
所以.
故答案为：.
16、
【解析】根据偶次根式和分式有意义的要求可得不等式组，解不等式组可求得结果.
【详解】由题意得：，解得：且，即的定义域为.
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、定义域为，值域为，递减区间为，递增区间为.
【解析】由函数的解析式有意义列出不等式，可求得其定义域，由，结合基本不等式，可求得函数的值域，令，根据对勾函数的性质和复合函数的单调性的判定方法，可求得函数的单调区间.
【详解】由题意，函数有意义，则满足且，
因为方程，所以，解得，
所以函数的定义域为
又由，
因为，所以，
当且仅当时，即时，等号成立，所以，
所以函数的值域为，
令，
根据对勾函数的性质，可得函数在区间上单调递减，在上单调递增，
结合复合函数的单调性的判定方法，可得在上单调递减，在上单调递增.
18、（1）；（2）.
【解析】（1）利用待定系数法可求得结果；
（2）根据二次函数知识可求得结果.
【详解】（1）设二次函数
；
又
且；

（2）
在区间上，当时，函数有最小值；当时，函数有最大值；
在区间上的值域是
19、此商品的最佳售价应为元.
【解析】设最佳售价为元，最大利润为元，
当时，取得最大值，所以应定价为元
20、（1）3；（2）或
【解析】（1）由，利用基本不等式即可求解.
（2）由题意可得，解一元二次不等式即可求解.
【详解】解：（1）， ，
，
当且仅当，
即时取等号，
的最小值为3；
（2）由题知，
令，解得或
∴函数定义域为或
21、（1）在上单调递增，证明见解析；（2）存在，.
【解析】（1）令，则，根据已知中函数对任意实数满足，当时，易证得，由增函数的定义，即可得到在上单调递增；（2）由已知中函数对任意实数满足，，利用“凑”的思想，我们可得，结合（1）中函数在上单调递增，我们可将转化为一个关于的一元二次不等式，解不等式即可得到实数的取值范围
试题解析：（1）设，∴，又，
∴

即，∴在上单调递增
（2）令，则，
∴
∴，∴，即，
又在上单调递增，∴，
即，解得，故存在这样的实数，即
考点：1.抽象函数及其应用；2.函数单调性的判断与证明；3.解不等式.
【方法点睛】本题主要考查的是抽象函数及其应用,函数单调性的判断与证明,属于中档题，此类题目解题的核心思想就是对抽象函数进行变形处理，然后利用定义变形求出的大小关系，进而得到函数的单调性，对于解不等式，需要经常用到的利用“凑”的思想，对已知的函数值进行转化，求出常数所对的函数值，从而利用前面证明的函数的单调性进行转化为关于的一元二次不等式，因此正确对抽象函数关系的变形以及利用“凑”的思想，对已知的函数值进行转化是解决此类问题的关键.