2025屆南通市重點中學高一數學第一學期期末調研模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．設a為實數，“”是“對任意的正數x，”的（）A.充分非必要條件 B.必要非充分條件C.充要條件 D.既非充分也非必要條件2．函數的部分圖象大致是（）A. B.C. D.3．三個數20.3，0.32，log0.32的大小順序是A.0.32＜log0.32＜20.3 B.0.32＜20.3＜log0.32C.log0.32＜20.3＜0.32 D.log0.32＜0.32＜20.34．已知，則A.-2 B.-1C. D.25．不論a取何正實數，函數恒過點（）A. B.C. D.6．已知函數，下列區間中包含零點的區間是（）A. B.C. D.7．將函數的周期擴大到原來的2倍，再將函數圖象左移，得到圖象對應解析式是（）A. B.C. D.8．地震以里氏震級來度量地震的強度，若設為地震時所散發出來的相對能量，則里氏震級可定義為.在2021年3月下旬，地區發生里氏級地震，地區發生里氏7.3級地震，則地區地震所散發出來的相對能量是地區地震所散發出來的相對能量的（）倍.A.7 B.C. D.9．若直線與圓交于兩點，關于直線對稱，則實數的值為（）A. B.C. D.10．設向量,,,則A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數的圖象（且）恒過定點P，則點P的坐標是______，函數的單調遞增區間是__________.12．已知函數，方程有四個不相等的實數根（1）實數m的取值范圍為_____________；（2）的取值范圍為______________13．已知函數的圖象過原點，則___________14．已知冪函數的圖象經過點，則___________.15．如圖，函數f(x)的圖象為折線ACB，則不等式f(x)≥log2(x＋1)的解集是________16．已知表示這個數中最大的數．能夠說明“對任意,都有”是假命題的一組整數的值依次可以為_____三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．已知函數（Ⅰ）求在區間上的單調遞增區間；（Ⅱ）若，，求值18．已知向量=（cosx，-sinx），=（1，），=（1，1），x∈[0，π]（1）若與共線，求x的值；（2）若⊥，求x的值；（3）記f（x）=?，當f（x）取得最小值時，求x的值19．已知角，且.（1）求的值；（2）求的值.20．已知，且在第三象限，（1）和（2）.21．如圖，函數（，）的圖象與y軸交于點，最小正周期是π（1）求函數的解析式；（2）已知點，點P是函數圖象上一點，點是線段PA中點，且，求的值

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、A【解析】根據題意利用基本不等式分別判斷充分性和必要性即可.【詳解】若，因為，則，當且僅當時等號成立，所以充分性成立；取，因為，則，當且僅當時等號成立，即時，對任意的正數x，，但，所以必要性不成立，綜上，“”是“對任意的正數x，”的充分非必要條件.故選：A.2、A【解析】分析函數的奇偶性及其在上的函數值符號，結合排除法可得出合適的選項.【詳解】函數的定義域為，，函數為偶函數，排除BD選項，當時，，則，排除C選項.故選：A.3、D【解析】由已知得：，，，所以.故選D.考點：指數函數和對數函數的圖像和性質.4、B【解析】，，則，故選B.5、A【解析】令指數為0，即可求得函數恒過點【詳解】令x+1=0，可得x=-1，則∴不論取何正實數，函數恒過點（-1，-1）故選A【點睛】本題考查指數函數的性質，考查函數恒過定點，屬于基礎題6、C【解析】根據函數零點的存在性定理，求得，即可得到答案.【詳解】由題意，函數，易得函數為單調遞減函數，又由，所以，根據零點的存在定理，可得零點的區間是.故選：C.7、D【解析】直接利用函數圖象的與平移變換求出函數圖象對應解析式【詳解】解：將函數y＝5sin（﹣3x）的周期擴大為原來的2倍，得到函數y＝5sin（x），再將函數圖象左移，得到函數y＝5sin[（x）]＝5sin（）＝5sin（）故選D【點睛】本題考查函數y＝Asin（ωx+φ）的圖象變換，屬于基礎題.8、C【解析】把兩個震級代入后，兩式作差即可解決此題【詳解】設里氏3.1級地震所散發出來的能量為，里氏7.3級地震所散發出來的能量為，則①，②②①得：，解得：故選：9、A【解析】所以直線過圓的圓心，圓的圓心為，，解得.故選A.【點睛】本題給出直線與圓相交，且兩個交點關于已知直線對稱，求參數的值．著重考查了直線與圓的位置關系等知識，屬于基礎題.10、A【解析】，由此可推出【詳解】解：∵，，，∴，，，，故選：A【點睛】本題主要考查平面向量垂直的坐標表示，考查平面向量的模，屬于基礎題二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、①.②.【解析】令，求得，即可得到函數的圖象恒過定點；令，求得函數的定義域為，利用二次函數的性質，結合復合函數的單調性的判定方法，即可求解.【詳解】由題意，函數（且），令，即，可得，即函數的圖象恒過定點，令，即，解得，即函數的定義域為，又由函數的圖象開口向下，對稱軸的方程為，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，結合復合函數的單調性的判定方法，可得函數的遞增區間為.故答案為：；.12、①.②.【解析】利用數形結合可得實數m的取值范圍，然后利用對數函數的性質可得，再利用正弦函數的對稱性及二次函數的性質即求.【詳解】作出函數與函數的圖象，則可知實數m的取值范圍為，由題可知，，∵，∴，即，又，，∴，又函數在上單調遞增，∴，即.故答案為：；.【點睛】關鍵點點睛；本題的關鍵是數形結合，結合對數函數的性質及正弦函數的性質可得，再利用二次函數的性質即解.13、0【解析】由題意可知，函數經過坐標原點，只需將原點坐標帶入函數解析式，即可完成求解.【詳解】因為的圖象過原點，所以，即故答案為：0.14、##【解析】根據題意得到，求出的值，進而代入數據即可求出結果.【詳解】由題意可知，即，所以，即，所以，因此，故答案為：.15、{x|－1<x≤1}【解析】先作函數圖象，再求交點，最后根據圖象確定解集.【詳解】令g(x)＝y＝log2(x＋1)，作出函數g(x)的圖象如圖由得∴結合圖象知不等式f(x)≥log2(x＋1)的解集為{x|－1<x≤1}【點睛】本題考查函數圖象應用，考查基本分析求解能力.16、（答案不唯一）【解析】首先利用新定義，再列舉命題為假命題的一組數值，再根據定義，驗證命題是假命題.【詳解】設，，則，而，，故命題為假命題，故依次可以為故答案為：（答案不唯一）三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（Ⅰ），；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）利用三角恒等變換思想化簡函數的解析式為，求得函數在上的單調遞增區間，與取交集可得出結果；（Ⅱ）由可得出，利用同角三角函數的基本關系可求得的值，利用兩角和的正弦公式可求得的值【詳解】（Ⅰ）令，，得，令，得；令，得.因此，函數在區間上的單調遞增區間為，；（Ⅱ）由，得，，又，，因此，【點睛】本題考查正弦型函數的單調區間的求解，同時也考查了利用兩角和的正弦公式求值，考查計算能力，屬于中等題.18、（1）；（2）；（3）.【解析】（1）利用兩向量平行有可得到一個關于的方程，利用三角函數恒等變化化簡進而求得x的值.（2）利用兩向量垂直有可得到一個關于的方程，利用三角函數恒等變化化簡進而求得x的值.（3）根據化出一個關于的方程，再利用恒等變化公式將函數轉化成，從而找到最小值所取得的x的值.【詳解】解：（1）∵向量=（cosx，-sinx），=（1，），=（1，1），x∈[0，π]與共線，∴，∴tanx=-，∵x∈[0，π]，∴x=（2）∵⊥，∴cosx-sinx=0，∴tanx=1，∵x∈[0，π]，∴x=（3）f（x）=?=cosx-，∵x∈[0，π]，∴x-∈[-，]，∴x-=時，f（x）取得最小值-2，∴當f（x）取得最小值時，x=【點睛】向量間的位置關系：兩向量垂直，則，兩向量平行，則.19、（1）（2）【解析】（1）依題意可得，再根據同角三角函數的基本關系將弦化切，即可得到的方程，解得，再根據的范圍求出；（2）根據同角三角函數的基本關系將弦化切，再代入計算可得；【小問1詳解】解：由，有，有，整理為，有，解得或.又由，有，可得；【小問2詳解】解：.20、（1），（2）【解析】（1）利用同角三角函數關系求解即可.（2）利用同角三角函數關系和誘導公式求解即可.【小問1詳解】已知，且在