江苏省常州市奔牛高级中学2025年数学高一上期末联考模拟试题含解析.doc

江苏省常州市奔牛高级中学2025年数学高一上期末联考模拟试题
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．命题“，是4的倍数”的否定为（ ）
A.，是4的倍数 B.，不是4的倍数
C.，不是4的倍数 D.，不是4的倍数
2．数学家欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的外心（三边中垂线的交点）、重心（三边中线的交点）、垂心（三边高的交点）依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线．已知的顶点为，，，则该三角形的欧拉线方程为（ ）．注：重心坐标公式为横坐标：； 纵坐标：
A. B.
C. D.
3．已知一个水平放置的平面四边形的直观图是边长为1的正方形，则原图形的周长为（）
A.6 B.8
C. D.
4．设平面向量满足，且，则的最大值为
A.2 B.3
C. D.
5．已知圆,圆,则两圆的位置关系为
A.相离 B.相外切
C.相交 D.相内切
6．已知，则（ ）.
A. B.
C. D.
7．过点且平行于直线的直线方程为（）
A. B.
C. D.
8．已知命题：角为第二或第三象限角，命题：，命题是命题的（）
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
9．在平面直角坐标系中，角以为始边，终边与单位圆交于点，则（）
A. B.
C. D.
10．已知集合，则下列关系中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知向量，，，则=_____.
12．已知，则_________.
13．若将函数的图像向左平移个单位后所得图像关于轴对称，则的最小值为___________.
14．在中，角、、所对的边为、、，若，，，则角________
15．已知函数是定义在的奇函数，则实数b的值为_________；若函数，如果对于，，使得，则实数a的取值范围是__________
16．设函数f(x)的定义域为R，f(x＋1)为奇函数，f(x＋2)为偶函数，当x∈[1，2]时，f(x)＝ax2＋b.若f(0)＋f(3)＝6，则f()＝____________.
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．已知函数常数
证明在上是减函数，在上是增函数；
当时，求的单调区间；
对于中的函数和函数，若对任意，总存在，使得成立，求实数a的值
18．计算下列各式的值
（1）；
（2）
19．已知二次函数.
（1）若在的最大值为5，求的值；
（2）当时，若对任意实数，总存在，使得.求的取值范围.
20．已知函数，.
（1）若在上单调递增，求实数a的取值范围；
（2）求关于的不等式的解集.
21．已知函数为奇函数.
（1）求的值；
（2）判断并证明在的单调性.
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】根据特称量词命题的否定是全称量词命题即可求解
【详解】因为特称量词命题的否定是全称量词命题，
所以命题“，是4的倍数”的否定为“，不是4的倍数”
故选：B
2、D
【解析】由重心坐标公式得重心的坐标，根据垂直平分线的性质设出外心的坐标为，再由求出，然后求出欧拉线的斜率，点斜式就可求得其方程.
【详解】设的重点为，外心为，则由重心坐标公式得
，并设的坐标为，

解得，即

欧拉方程为：，即：
故选：D
【点睛】本题考查直线方程，两点之间的距离公式，三角形的重心、垂心、外心的性质，考查了理解辨析能力及运算能力.
3、B
【解析】由斜二测画法的规则，把直观图还原为原平面图形，再求原图形的周长
【详解】解：由斜二测画法的规则知，与轴平行的线段其长度不变以及与横轴平行的性质不变，
正方形的对角线在轴上，
可求得其长度为，所以在平面图中其在轴上，且其长度变为原来2倍，是，
其原来的图形如图所示；

所以原图形的周长是：
故选：
【点睛】本题考查了平面图形的直观图应用问题，能够快速的在直观图和原图之间进行转化，是解题的关键，属于中档题
4、C
【解析】设，
∵，且，
∴
∵，当且仅当与共线同向时等号成立，
∴的最大值为．选C
点睛：
由于向量，且，因此向量确定，这是解题的基础也是关键．然后在此基础上根据向量模的三角不等式可得的范围，解题时要注意等号成立的条件
5、A
【解析】利用半径之和与圆心距的关系可得正确的选项.
【详解】圆,即，圆心为(0,3)，半径为1，
圆,即，圆心为(4,0)，半径为3.
.
所以两圆相离，
故选：A.
6、C
【解析】将分子分母同除以，再将代入求解.
【详解】.
故选：C
【点睛】本题主要考查同角三角函数基本关系式，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
7、A
【解析】设直线的方程为，代入点的坐标即得解.
【详解】解：设直线的方程为，
把点坐标代入直线方程得.
所以所求的直线方程为.
故选：A
8、D
【解析】利用切化弦判断充分性，根据第四象限的角判断必要性.
【详解】当角为第二象限角时，，
所以，
当角为第三象限角时，，
所以，
所以命题是命题的不充分条件.
当时，显然，当角可以为第四象限角，命题是命题的不必要条件.
所以命题是命题的既不充分也不必要条件.
故选：D
9、A
【解析】根据任意角三角函数的概念可得出，然后利用诱导公式求解.
【详解】因为角以为始边，且终边与单位圆交于点，
所以，则.
故选：A.
【点睛】当以为始边，已知角终边上一点的坐标为时，则，.
10、C
【解析】
利用元素与集合、集合与集合的关系可判断各选项的正误.
详解】∵，∴，所以选项A、B、D错误，
由空集是任何集合的子集，可得选项C正确.
故选：C.
【点睛】本题考查元素与集合、集合与集合关系的判断，属于基础题.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】先根据向量的减法运算求得,再根据向量垂直的坐标表示,可得关于的方程,解方程即可求得的值.
【详解】因为向量，，
所以

则
即
解得
故答案为:
【点睛】本题考查了向量垂直的坐标关系,属于基础题.
12、
【解析】由题意可得：

点睛：熟记同角三角函数关系式及诱导公式，特别是要注意公式中的符号问题；
注意公式的变形应用，如sin2α＝1－cos2α，cos2α＝1－sin2α，1＝sin2α＋cos2α及sin α＝tan α·cos α等．这是解题中常用到的变形，也是解决问题时简化解题过程的关键所在
13、
【解析】利用辅助角公式将函数化简，再根据三角函数的平移变换及余弦函数的性质计算可得；
【详解】解：因，
将的图像向左平移个单位，得到，
又关于轴对称，
所以，，所以，
所以当时取最小值；
故答案为：
14、.
【解析】利用余弦定理求出的值，结合角的取值范围得出角的值.
【详解】由余弦定理得，
，，故答案为.
【点睛】本题考查余弦定理的应用和反三角函数，解题时要充分结合元素类型选择正弦定理和余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.
15、 ①.0 ②.
【解析】由，可得，设在的值域为，在上的值域为，根据题意转化为，根据函数的单调性求得函数和的值域，结合集合的运算，列出不等式组，即可求解.
【详解】由函数是定义在的奇函数，可得，即，经检验，b=0成立，
设在值域为，在上的值域为，
对于，，使得，等价于，
又由为奇函数，可得，
当时，，，
所以在的值域为，
因为在上单调递增，在上单调递减，
可得的最小值为，最大值为，
所以函数的值域为，
则，解得，即实数的取值范围为.
故答案为：；.
16、
【解析】由f(x＋1)为奇函数，f(x＋2)为偶函数，可得，，再结合已知的解析式可得，然后结合已知可求出，从而可得当时，，进而是结合前面的式子可求得答案
【详解】因为f(x＋1)为奇函数，所以的图象关于点对称，
所以，且
因为f(x＋2)为偶函数，
所以的图象关于直线对称，，
所以，即，
所以，即，
当x∈[1，2]时，f(x)＝ax2＋b，则
，
因为，所以，得，
因为，所以，
所以当时，，
所以，
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）见解析；（2）见解析；（3）
【解析】利用定义证明即可；把看成整体，研究对勾函数的单调性以及利用复合函数的单调性的性质得到该函数的单调性；对于任意的，总存在，使得可转化成的值域为的值域的子集，建立关系式，解之即可
【详解】证明：：设，，且，
，
，
，，
当时，即，
当时，即，
当时，，即，此时函数为减函数，
当时，，即，此时函数为增函数，
故在上是减函数，在上是增函数；
当时，，
，
设，则，
，
由可知在上是减函数，在上是增函数；
，，
即，，
即在上是减函数，在上是增函数；
由于减函数，故，
又由（2）得
由题意，的值域为的值域的子集，
从而有，
解得
【点睛】本题主要考查定义法证明函数单调性，利用单调性求函数的值域，以及函数恒成立问题，同时考查了转化的思想和运算求解的能力，是中档题
18、（1）；（2）0.
【解析】进行分数指数幂和根式的运算即可；
进行对数的运算即可
【详解】原式；
原式
【点睛】本题考查分数指数幂、根式和对数的运算，以及对数的换底公式，属于基础题
19、（1）2；（2）.
【解析】（1）时，；当时，根据单调性可得答案；
（2）依题意得，当、时，利用的单调性可得答案；当和时，结合图象和单调性可得答案.
【详解】（1）当时，，
因为，故，；
当时，对称轴，在上单调递减，
所以，不合题意，舍去，
综上可得：.
（2）依题意得：，即，.
①当时，
对恒成立，
所以，即；
②当时，
对恒成立，
所以，即；
③当时，

对恒成立，
所以，即；
④当时，
对恒成立，
所以，即；
综上所述，的取值范围为.
【点睛】本题考查了二次函数恒成立的问题，所谓“动轴定区间法”，轴动区间定：比较对称轴与区间端点的位置关系，根据函数的单调性数形结合判断取得最值的点，需要分类讨论.
20、（1）；（2）答案见解析.
【解析】（1）根据二次函数图象的性质确定参数a的取值区间；
（2）确定方程的根或，讨论两根的大小关系得出不等式的解集.
【详解】（1）因为函数的图象为开口向上的抛物线，其对称轴为直线
由二次函数图象可知，的单调增区间为
因为在上单调递增，所以
所以，所以实数的取值区间是 ；
（2）由得：
方程的根为或
①当时，，不等式的解集是
②当时，，不等式的解集是
③当时，，不等式的解集是
综上，①当时，不等式的解集是
②当时，不等式的解集是
③当时，不等式的解集是
21、（1）
（2）在上单调递增，在上单调递减，证明过程见解析.(1)
【解析】（1）根据奇函数的性质和定义进行求解即可；
（2）根据函数的单调性的定义进行判断证明即可.
【小问1详解】
因为是奇函数，所以，
因为，所以是奇函数，因此；
【小问2详解】
在上单调递增，在上单调递减，证明如下：
设是上的任意两个实数，且，
，
当时，
，
所以在上单调递增，
当时，
，
所以在上单调递减.