2025年海南省文昌市文昌中学高一上数学期末调研模拟试题含解析.doc

2025年海南省文昌市文昌中学高一上数学期末调研模拟试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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．已知函数一部分图象如图所示，如果，，，则（　　）

A. B.
C. D.
2．函数f（x）=Asin（ωx+φ）（其中A＞0，ω＞0，|φ|＜）的部分图象如图所示，则函数f（x）的解析式为（　　）

A. B.
C. D.
3．设集合，，则
A. B.
C. D.
4．已知集合,则=
A. B.
C. D.
5．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，则下列说法正确的是（）
A.若，则 B.若，则
C.若，则 D.若，则
6．定义在R上的偶函数满足：对任意的，有，且，则不等式的解集是（）
A. B.
C. D.
7．函数满足：为偶函数：在上为增函数若，且，则与的大小关系是　　
A. B.
C. D.不能确定
8．已知函数且，则实数的取值范围为（）
A. B.
C. D.
9．已知集合，则（）
A.0或1 B.
C. D.或
10．已知且，函数，满足对任意实数，都有成立，则实数的取值范围是（　　）
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知函数，若是的最大值，则实数t的取值范围是______
12．已知扇形的周长是2022，则扇形面积最大时，扇形的圆心角的弧度数是___________.
13．直线关于定点对称的直线方程是_________
14．不等式的解集为___________.
15．已知直线与圆相切，则的值为________
16．已知是定义在R上的奇函数，当时，，则当时，______
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．已知方程x2＋y2－2x－4y＋m＝0
(1)若此方程表示圆，求m的取值范围；
(2)若(1)中的圆与直线x＋2y－4＝0相交于M、N两点，且OM⊥ON(O为坐标原点)，求m；
(3)在(2)的条件下，求以MN为直径的圆的方程
18．（1）已知，化简：；
（2）已知，证明：
19．如图，已知圆C与x轴相切于点T(1,0)，与y轴正半轴交于两点A，B(B在A的上方)，且|AB|＝2.

(1)求圆C的标准方程；
(2)求圆C在点B处的切线方程．
20．设
1若对任意恒成立，求实数m的取值范围；
2讨论关于x的不等式的解集
21．已知角终边上有一点，且.
（1）求m的值，并求与的值；
（2）化简并求的值.
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】先根据函数的最大值和最小值求得和，然后利用图象求得函数的周期，求得，最后根据时取最大值，求得
【详解】解：如图根据函数的最大值和最小值得求得
函数的周期为，即
当时取最大值，即

故选C
【点睛】本题主要考查了由的部分图象确定其解析式．考查了学生基础知识的运用和图象观察能力
2、A
【解析】由图观察出和后代入最高点，利用可得，进而得到解析式
详解】解：由图可知：，，，，
代入点，得，，，
，，
，
故选．
【点睛】本题考查了由的部分图象确定其表达式，属基础题．
3、D
【解析】详解】试题分析：集合，集合，所以,故选D.
考点：1、一元二次不等式；2、集合的运算.
4、B
【解析】分析：化简集合，根据补集的定义可得结果.
详解：由已知，
，故选B.
点睛：本题主要一元二次不等式的解法以及集合的补集运算，意在考查运算求解能力.
5、D
【解析】若,则需使得平面内有直线平行于直线；若,则需使得,由此为依据进行判断即可
【详解】当时,可确定平面,
当时,因为,所以,所以；
当平面交平面于直线时,
因为,所以,则,
因为,所以,
因为,所以,故A错误,D正确；
当时,需使得,选项B、C中均缺少判断条件,故B、C错误；
故选:D
【点睛】本题考查空间中直线、平面的平行关系与垂直关系的判定,考查空间想象能力
6、C
【解析】依题意可得在上单调递减，根据偶函数的性质可得在上单调递增，再根据，即可得到的大致图像，结合图像分类讨论，即可求出不等式的解集；
【详解】解：因为函数满足对任意的，有，
即在上单调递减，又是定义在R上的偶函数，所以在上单调递增，
又，所以，函数的大致图像可如下所示：

所以当时，当或时，
则不等式等价于或，
解得或，即原不等式的解集为；
故选：C
7、A
【解析】根据题意，由为偶函数可得函数的对称轴为，进而结合函数的单调性可得上为减函数，结合，且分析可得，据此分析可得答案
【详解】根据题意，函数满足为偶函数，则函数的对称轴为，则有，
又由在上为增函数，则在上为减函数，
若，则，
又由，则，
则有，
又由，则，
故选A
【点睛】本题考查函数的单调性与奇偶性的综合应用，涉及函数的对称性，属于中档题
8、B
【解析】易知函数为奇函数，且在R上为增函数，则可化为，则即可解得a的范围.
【详解】函数，定义域为，
满足，
∴，令，∴，∴为奇函数，
，
∵函数，在均为增函数，
∴在为增函数，
∴在为增函数，
∵为奇函数，∴在为增函数，∴，解得.
故选：B.
9、D
【解析】由集合的概念可知方程只有一个解，且解为，分为二次项系数为0和不为0两种情形，即可得结果.
【详解】因为为单元素集，所以方程只有一个解，且解为，
当时，，此时；
当时，，即，此时，
故选：D.
10、D
【解析】根据单调性的定义可知函数在R上为增函数，即可得到，解出不等式组即可得到实数的取值范围
【详解】∵对任意实数，都有成立，
∴函数在R上为增函数，
∴，解得，∴实数的取值范围是
故选：D

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】先求出时最大值为，再由是的最大值，解出t的范围.
【详解】当时，，由对勾函数的性质可得：在时取得最大值；
当时，，且是的最大值，
所以，解得：.
故答案为：
12、2
【解析】设扇形的弧长为，半径为，则，将面积最值转化为一元二次函数的最值；
【详解】设扇形的弧长为，半径为，则，
，
当时，扇形面积最大时，
此时，
故答案为：
13、
【解析】先求出原直线上一个点关于定点的对称点，然后用对称后的直线与原直线平行
【详解】在直线上取点，点关于的对称点为
过与原直线平行的直线方程为，即为对称后的直线
故答案为：
14、
【解析】根据对数函数的单调性解不等式即可.
【详解】由题设，可得：，则，
∴不等式解集为.
故答案：.
15、2
【解析】直线与圆相切，圆心到直线的距离等于半径，列出方程即可求解的值
【详解】依题意得，直线与圆相切
所以，即，
解得：，又，
故答案为：2
16、
【解析】根据奇函数的性质求解
【详解】时，，是奇函数，
此时
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）m<5；（2）；（3）
【解析】详解】（1）由，得：，
，；
（2）由题意，
把代入，得，
，，
∵得出：，
∴，
∴；
（3）圆心为，
，半径，
圆的方程.
考点：直线与圆的位置关系.

18、 (1)0；(2)证明见解析.
【解析】(1)由给定条件确定出，值的正负及大小，再利用二倍角公式化简计算即得；
(2)由给定角求出，利用和角公式变形，再展开所证等式的左边代入计算即得.
【详解】(1)因，则，
则原式
；
(2)因，则，即，亦即，
则，
所以原等式成立 .
19、 (1)(2)
【解析】（1）做辅助线，利用勾股定理，计算BC的长度，然后得出C的坐标，结合圆的方程，即可得出答案．（2）利用直线垂直，斜率之积为-1，计算切线的斜率，结合点斜式，得到方程．
【详解】（1）
过C点做CDBA，联接BC，因为，所以，因为
所以，所以圆的半径
故点C的坐标为，所以圆的方程为

（2）点B的坐标为，直线BC的斜率为
故切线斜率，结合直线的点斜式
解得直线方程为
【点睛】本道题目考查了圆的方程的求解和切线方程计算，在计算圆的方程的时候，关键找出圆的半径和圆心，建立方程，计算切线方程，可以结合点斜式，计算方程，即可．
20、（1）；（2）见解析.
【解析】1由题意可得对恒成立，即有的最小值，运用基本不等式可得最小值，即可得到所求范围；
2讨论判别式小于等于0，以及判别式大于0，由二次函数的图象可得不等式的解集
【详解】1由题意，若对任意恒成立，
即为对恒成立，
即有的最小值，由，可得时，取得最小值2，
可得；
2当，即时，的解集为R；
当，即或时，方程的两根为，，
可得的解集为
【点睛】本题主要考查了不等式的恒成立问题，以及一元二次不等式的解法，注意运用转化思想和分类讨论思想方法，考查运算能力，属于中档题
21、（1）m=-4；，.
（2）
【解析】（1）利用三角函数的定义分别求出m的值和与的值；
（2）先化简，再求值.
【小问1详解】
由角终边上有一点，且
由三角函数的定义可得：，解得：m=-4.
所以，.
【小问2详解】