2025屆山西省太原市第十二中學數學高一上期末質量檢測試題注意事項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．設全集，集合，集合，則集合（）A. B.C. D.2．設集合，．若，則()A. B.C. D.3．已知，，則的大小關系是A. B.C. D.4．已知，且，則的最小值為（）A.3 B.4C.6 D.95．已知扇形的圓心角為2弧度，其所對的弦長為2，則扇形的弧長等于A. B.C. D.6．已知，則的大小關系為（）A. B.C. D.7．已知指數函數，將函數的圖象上的每個點的橫坐標不變，縱坐標擴大為原來的倍，得到函數的圖象，再將的圖象向右平移個單位長度，所得圖象恰好與函數的圖象重合，則a的值是（）A. B.C. D.8．已知集合A={x|x＜2}，B={x≥1}，則A∪B=（）A. B.C. D.R9．如果直線和同時平行于直線x-2y+3=0，則a,b的值為A.a= B.a=C.a= D.a=10．已知定義在上的奇函數滿足當時，，則關于的函數，（）的所有零點之和為（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．不等式的解集為_____12．一個幾何體的三視圖及其尺寸(單位：cm)，如右圖所示，則該幾何體的側面積為cm13．已知，若方程有四個根且，則的取值范圍是______.14．若，則=_________.15．已知函數，則___________.16．已知函數在上單調遞增，則實數a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．近年來，我國在航天領域取得了巨大成就，得益于我國先進的運載火箭技術．據了解，在不考慮空氣阻力和地球引力的理想狀態下，可以用公式計算火箭的最大速度v（單位：m/s）．其中（單位m/s）是噴流相對速度，m（單位：kg）是火箭（除推進劑外）的質量，M（單位：kg）是推進劑與火箭質量的總和，稱為“總質比”，已知A型火箭的噴流相對速度為2000m/s參考數據：，（1）當總質比為230時，利用給出的參考數據求A型火箭的最大速度；（2）經過材料更新和技術改進后，A型火箭的噴流相對速度提高到了原來的1.5倍，總質比變為原來的，若要使火箭的最大速度增加500m/s，記此時在材料更新和技術改進前的總質比為T，求不小于T的最小整數？18．已知是定義在上的偶函數，且時，（1）求函數的表達式；（2）判斷并證明函數在區間上的單調性19．已知函數的圖象關于原點對稱（1）求實數b的值；（2）若對任意的，有恒成立，求實數k的取值范圍20．已知函數在上的最小值為（1）求的單調遞增區間；（2）當時，求的最大值以及此時x的取值集合21．已知關于x的不等式：a（1）當a=-2時，解此不等式；（2）當a>0時，解此不等式

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、D【解析】利用補集和交集的定義可求得結果.【詳解】由已知可得或，因此，，故選：D.2、C【解析】∵集合，，∴是方程的解，即∴∴，故選C3、D【解析】因為，故，同理，但，故，又，故即，綜上，選D點睛：對于對數，如果或，那么；如果或，那么4、A【解析】將變形為，再將變形為，整理后利用基本不等式可求最小值.【詳解】因為，故，故，當且僅當時等號成立，故的最小值為3.故選：A.【點睛】方法點睛：應用基本不等式求最值時，需遵循“一正二定三相等”，如果原代數式中沒有積為定值或和為定值，則需要對給定的代數變形以產生和為定值或積為定值的局部結構.求最值時要關注取等條件的驗證.5、A【解析】根據題意畫出圖形，結合圖形求出半徑r，再計算弧長【詳解】如圖所示，，，過點O作，C垂足，延長OC交于D，則，；中，，從而弧長為，故選A【點睛】本題考查了弧長公式的應用問題，求出扇形的半徑是解題的關鍵，屬于基礎題6、B【解析】先對三個數化簡，然后利用指數函數的單調性判斷即可【詳解】，，，因為在上為增函數，且，所以，所以，故選：B7、D【解析】根據函數圖象變換求出變換后的函數解析式，結合已知條件可得出關于實數的等式，進而可求得實數的值.【詳解】由題意可得，再將的圖象向右平移個單位長度，得到函數，又因為，所以，，整理可得，因為且，解得.故選：D.8、D【解析】利用并集定義直接求解即可【詳解】∵集合A={x|x＜2}，B={x≥1}，∴A∪B=R.故選D【點睛】本題考查并集的求法，考查并集定義、不等式性質等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題9、A【解析】由兩直線平行時滿足的條件，列出關于方程，求出方程的解即可得到的值.【詳解】直線和同時平行于直線，，解得，故選A.【點睛】本題主要考查兩條直線平行的充要條件，意在考查對基礎知識的理解與應用，屬于基礎題.10、B【解析】作函數與的圖象，從而可得函數有5個零點，設5個零點分別為，從而結合圖象解得【詳解】解：作函數與的圖象如下，結合圖象可知，函數與的圖象共有5個交點，故函數有5個零點，設5個零點分別為，∴，，，故，即，故，故選B【點睛】本題考查了函數零點與函數的圖象的關系應用及數形結合的思想應用，屬于?？碱}型.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】把不等式x2﹣2x＞0化為x（x﹣2）＞0，求出解集即可【詳解】不等式x2﹣2x＞0可化為x（x﹣2）＞0，解得x＜0或x＞2；∴不等式的解集為{x|x＜0或x＞2}故答案為【點睛】本題考查了一元二次不等式的解法與應用問題，是基礎題目12、80【解析】圖復原的幾何體是正四棱錐，斜高是5cm，底面邊長是8cm，側面積為×4×8×5=80（cm2）考點：三視圖求面積.點評：本題考查由三視圖求幾何體的側面積13、【解析】作出函數的圖象，結合圖象得出，，得到，結合指數函數的性質，即可求解.【詳解】由題意，作出函數的圖象，如圖所示，因為方程有四個根且，由圖象可知，，可得，則，設，所以，因為，所以，所以，所以，即，即的取值范圍是.故答案為：.【點睛】本題主要考查了函數與方程的綜合應用，其中解答中作出函數的圖象，結合圖象和指數函數的性質求解是解答的關鍵，著重考查數形結合思想，以及推理與運算能力.14、【解析】分析和的關系可知，然后用余弦的二倍角公式求解即可.【詳解】∵，∴.故答案為：.15、【解析】利用函數的解析式由內到外逐層計算可得的值.【詳解】因為，則，故.故答案為：.16、【解析】由題意，利用復合函數的單調性，對數函數、二次函數的性質，求得的范圍【詳解】解：函數在上單調遞增，函數在上單調遞增，且，，解得，即，故答案：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）m/s（2）45【解析】（1）運用代入法直接求解即可；（2）根據題意列出不等式，結合對數的運算性質和已知題中所給的參考數據進行求解即可.【小問1詳解】當總質比為230時，，即A型火箭的最大速度為.【小問2詳解】A型火箭的噴流相對速度提高到了原來的1.5倍，所以A型火箭的噴流相對速度為，總質比為，由題意得：因為，所以，即，所以不小于T的最小整數為4518、（1）（2）單調減函數，證明見解析【解析】（1）設，則，根據是偶函數，可知，然后分兩段寫出函數解析式即可；（2）利用函數單調性的定義，即可判斷函數的單調性，并可證明結果【小問1詳解】解：設，則，，因為函數為偶函數，所以，即，所以【小問2詳解】解：設，，∵，∴，，∴，∴在為單調減函數19、（1）－1（2）【解析】（1）由得出實數b的值，再驗證奇偶性即可；（2）由結合函數的單調性解不等式，結合基本不等式求解得出實數k的取值范圍【小問1詳解】∵函數的定義域為R，且為奇函數，解得經檢驗，當b＝－1時，為奇函數，滿足題意故實數b的值為－1【小問2詳解】，∴f(x)在R上單調遞增，在上恒成立，在上恒成立（當且僅當x＝0時，取“＝”），則∴實數k的取值范圍為20、（1）；（2）最大值為，此時x的取值集合為.【解析】(1)利用二倍角公式化簡函數，再利用余弦函數性質列式計算作答.(2)利用余弦函數性質直接計算作答.【小問1詳解】依題意，，令，，解得，所以的單調遞增區間為.小問2詳解】由(1)知，當時，，，解得，因此，，當，，即，時，取得最大值1，則取得最大值，所以的最大值為，此時x的取值集合為.21、（1）{x|x<-12（2）當a=13時，解集為?；當0<a<13時，解集為{x|3<x<【解析】（1）利用一元二次不等式的解法解出即可；（2）不等式可變形為(x－3)(x－1a)＜0，然后分a＝13、0＜a＜13、a＞【小問1詳解】當a＝－2時，不等式－2x2＋5x＋3＜0整