天津南開中學濱海生態城學校2025屆數學高一上期末學業水平測試模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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．函數(其中為自然對數的底數)的圖象大致為（）A. B.C. D.2．若，則的最小值為A.-1 B.3C.-3 D.13．已知函數是定義域為的奇函數，且，當時，，則（）A. B.C. D.4．若關于的函數的最大值為，最小值為，且，則實數的值為（）A.2020 B.2019C.1009 D.10105．將函數的圖象向右平移個單位長度，所得圖象對應的函數（）A.在區間上單調遞減 B.在區間上單調遞增C.在區間上單調遞減 D.在區間上單調遞增6．函數的圖像的一個對稱中心是A. B.C. D.7．將進貨單價為40元的商品按60元一個售出時，能賣出400個．已知該商品每個漲價1元，其銷售量就減少10個，為了賺得最大利潤，售價應定為A.每個70元 B.每個85元C.每個80元 D.每個75元8．已知三個變量隨變量變化數據如下表：則反映隨變化情況擬合較好的一組函數模型是A. B.C. D.9．在一段時間內，若甲去參觀市博物館的概率為0.8，乙去參觀市博物館的概率為0.6，且甲乙兩人各自行動．則在這段時間內，甲乙兩人至少有一個去參觀博物館的概率是（）A.0.48 B.0.32C.0.92 D.0.8410．已知向量（2，3），（x，2），且⊥，則|23|＝（）A.2 B.C.12 D.13二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若“”是“”的必要條件，則的取值范圍是________12．已知函數若存在實數使得函數的值域為，則實數的取值范圍是__________13．我國著名的數學家華羅庚先生曾說：數缺形時少直觀，形缺數時難人微；數形結合百般好，隔裂分家萬事休，在數學學習和研究中，常用函數的圖象來研究函數的性質．請寫出一個在上單調遞增且圖象關于y軸對稱的函數：________________14．已知扇形的周長為8，則扇形的面積的最大值為_________，此時扇形的圓心角的弧度數為________15．已知函數，則=____________16．函數在上單調遞增，且為奇函數，若，則滿足的的取值范圍為__________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．（1）已知，且，求的值（2）已知，是關于x的方程的兩個實根，且，求的值18．已知點及圓.(1)若直線過點且與圓心的距離為1，求直線的方程；(2)設過點的直線與圓交于兩點，當時，求以線段為直徑的圓的方程；(3)設直線與圓交于兩點，是否存在實數，使得過點的直線垂直平分弦？若存在，求出實數的值；若不存在，請說明理由19．已知（1）若，求的值；（2）若，且，求的值20．如圖，四邊形中，，，，，、分別在、上，，現將四邊形沿折起，使平面平面（）若，是否存在折疊后的線段上存在一點，且，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，說明理由（）求三棱錐的體積的最大值，并求此時點到平面的距離21．已知圓與直線相切，圓心在直線上，且直線被圓截得的弦長為.（1）求圓的方程，并判斷圓與圓的位置關系；（2）若橫截距為-1且不與坐標軸垂直的直線與圓交于兩點，在軸上是否存在定點，使得，若存在，求出點坐標，若不存在，說明理由.

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】由為偶函數，排除選項B、D，又，排除選項C，從而即可得答案.【詳解】解：令，因為，且定義域為，所以為偶函數，所以排除選項B、D；又，所以排除選項C；故選：A.2、A【解析】分析：代數式可以配湊成，因，故可以利用基本不等式直接求最小值.詳解：，當且僅當時等號成立，故選A.點睛：利用基本不等式求最值時，要注意“一正、二定、三相等”，有時題設給定的代數式中沒有和為定值或積為定值的形式，我們需要對代數式變形，使得變形后的代數式有和為定值或者積為定值.特別要注意檢驗等號成立的條件是否滿足.3、A【解析】由奇偶性結合得出，再結合解析式得出答案.【詳解】由函數是定義域為的奇函數，且，，而，則故選：A4、D【解析】化簡函數，構造函數，再借助函數奇偶性，推理計算作答.【詳解】依題意，當時，，，則，當時，，，即函數定義域為R，，令，，顯然，即函數是R上的奇函數，依題意，，，而，即，而，解得，所以實數的值為.故選：D5、D【解析】由條件根據函數的圖象變換規律得到變換之后的函數解析式，再根據正弦函數的單調性判斷即可【詳解】解：將函數的圖象向右平移個單位長度，得到，若，則，因為在上不單調，故在上不單調，故A、B錯誤；若，則，因為在上單調遞增，故在上單調遞增，故C錯誤，D正確；故選：D6、C【解析】令，得，所以函數的圖像的對稱中心是，然后賦值即可【詳解】因為的圖像的對稱中心為.由，得，所以函數的圖像的對稱中心是.令，得.【點睛】本題主要考查正切函數的對稱性，屬基礎題7、A【解析】設定價每個元，利潤為元，則，故當，時，故選A.考點：二次函數的應用.8、B【解析】根據冪函數、指數函數、對數函數增長速度的不同可得結果.【詳解】從題表格可以看出，三個變量都是越來越大，但是增長速度不同，其中變量的增長速度最快，呈指數函數變化，變量的增長速度最慢，對數型函數變化，故選B【點睛】本題主要考查冪函數、指數函數、對數函數模型的應用，意在考查綜合利用所學知識解決問題的能力，屬于簡單題.9、C【解析】根據題意求得甲乙都不去參觀博物館的概率，結合對立事件的概率計算公式，即可求解.【詳解】由甲去參觀市博物館的概率為0.8，乙去參觀市博物館的概率為0.6，可得甲乙都不去參觀博物館的概率為,所以甲乙兩人至少有一個去參觀博物館的概率是.故選：C.10、D【解析】由，可得，由向量加法可得，再結合向量模的運算即可得解.【詳解】解:由向量（2，3），（x，2），且，則,即,即,所以,所以,故選:D.【點睛】本題考查了向量垂直的坐標運算，重點考查了向量加法及模的運算，屬基礎題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】根據題意解得：，得出，由此可得出實數的取值范圍.【詳解】根據題意解得：，由于“”是“”必要條件，則，.因此，實數的取值范圍是：.故答案為：.12、【解析】當時，函數為減函數，且在區間左端點處有令，解得令，解得的值域為，當時，fx=x在，上單調遞增，在上單調遞減，從而當時，函數有最小值，即為函數在右端點的函數值為的值域為，則實數的取值范圍是點睛：本題主要考查的是分段函數的應用．當時，函數為減函數，且在區間左端點處有，當時，在，上單調遞增，在上單調遞減，從而當時，函數有最小值，即為，函數在右端點的函數值為，結合圖象即可求出答案13、(答案不唯一)【解析】利用函數的單調性及奇偶性即得.【詳解】∵函數在上單調遞增且圖象關于y軸對稱，∴函數可為.故答案為：.14、①.4②.2【解析】根據扇形的面積公式，結合配方法和弧長公式進行求解即可.【詳解】設扇形所在圓周的半徑為r，弧長為l，有，，此時，，故答案為：；15、【解析】由函數解析式，先求得，再求得代入即得解.【詳解】函數，則==，故答案為.【點睛】本題考查函數值的求法，屬于基礎題.16、【解析】根據題意,f(x)為奇函數,若f(2)=1,則f(?2)=-1，f(x)在(?∞,+∞)單調遞增,且?1?f(x?2)?1,即f(-2)?f(x?2)?f(2)，則有?2?x?2?2，解可得0?x?4，即x的取值范圍是；故答案為.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、（1）；（2）【解析】（1）先求出角，利用誘導公式即可求出；（2）利用根與系數關系求出，得到，利用切化弦和二倍角公式即可求解.【詳解】（1）因為，所以由，得，即所以（2）由題意得因為且，所以解得，所以則，即18、（1）或；（2）；（3）不存在.【解析】（1）設出直線方程，結合點到直線距離公式，計算參數，即可．（2）證明得到點P為MN的中點，建立圓方程，即可．（3）將直線方程代入圓方程，結合交點個數，計算a的范圍，計算直線的斜率，計算a的值，即可【詳解】(1)直線斜率存在時，設直線的斜率為，則方程為，即.又圓的圓心為，半徑，由，解得.所以直線方程為，即.當的斜率不存在時，的方程為，經驗證也滿足條件即直線的方程為或.(2)由于，而弦心距，所以.所以恰為的中點故以為直徑的圓的方程為.(3)把直線代入圓的方程，消去，整理得.由于直線交圓于兩點，故，即，解得.則實數的取值范圍是設符合條件的實數存在，由于垂直平分弦，故圓心必在上．所以的斜率，而，所以.由于，故不存在實數，使得過點的直線垂直平分弦.【點睛】考查了點到直線距離公式，考查了圓方程計算方法，考查了直線斜率計算方法，難度偏難19、（1）（2）【解析】（1）利用誘導公式化簡可得，然后利用二倍角公式求解即可；（2）由條件可得，，然后根據求解即可.【小問1詳解】因為，所以【小問2詳解】因為，所以，所以20、(1)答案見解析；(2)答案見解析.【解析】(1)存在，使得平面，此時，即，利用幾何關系可知四邊形為平行四邊形，則，利用線面平行的判斷定理可知平面成立(2)由題意可得三棱錐的體積，由均值不等式的結論可知時，三棱錐的體積有最大值，最大值為建立空間直角坐標系，則，平面的法向量為，故點到平面的距離試題解析：（）存在，使得平面，此時證明：當，此時，過作，與交，則，又，故，∵，，∴，且，故四邊形為平行四邊形，∴，∵平面，平面，∴平面