甘肅省張掖市甘州區張掖二中2025屆高一上數學期末學業質量監測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請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．已知是定義在R上的奇函數，在區間上為增函數，則不等式的解集為（）A. B.C. D.2．若，則tanθ等于（）A.1 B.-1C.3 D.-33．已知，函數在上遞減，則的取值范圍為（）A. B.C. D.4．若函數在R上單調遞減，則實數a的取值范圍是（）A. B.C. D.5．已知關于的不等式的解集是，則的值是（）A. B.2C.22 D.6．已知，則等于（）A.1 B.2C.3 D.67．若，，則下列結論正確的是（）A. B.C. D.8．若角滿足條件，且，則在A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限9．下列四個函數，以為最小正周期，且在區間上單調遞減的是（）A. B.C. D.10．A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知在同一平面內，為銳角,則實數組成的集合為_________12．已知是定義在上奇函數，且函數為偶函數，當時，，則______13．已知扇形的弧長為2cm，圓心角為1rad，則扇形的面積為______.14．設奇函數在上是增函數，且，若對所有的及任意的都滿足，則的取值范圍是__________15．函數單調遞增區間為_____________16．在用二分法求方程的一個近似解時，現在已經將根鎖定在區間(1,2)內，則下一步可以斷定該根所在區間為___________.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．已知函數有如下性質：如果常數，那么該函數在上是減函數，在上是增函數.（1）已知，，利用上述性質，求函數的單調區間和值域；（2）對于（1）中的函數和函數，若對任意，總存在，使得成立，求實數a的值.18．已知函數，，且.（1）求實數m的值，并求函數有3個不同的零點時實數b的取值范圍；（2）若函數在區間上為增函數，求實數a的取值范圍.19．已知，.（1）若，求；（2）若，求實數的取值范圍.20．已知關于x的不等式對恒成立.（1）求的取值范圍；（2）當取得最小值時，求的值.21．已知點，，動點P滿足若點P為曲線C，求此曲線的方程；已知直線l在兩坐標軸上的截距相等，且與中的曲線C只有一個公共點，求直線l的方程

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、C【解析】由奇函數知，再結合單調性及得，解不等式即可.【詳解】由題意知：，又在區間上為增函數，當時，，當時，，由可得，解得.故選：C.2、D【解析】由誘導公式及同角三角函數基本關系化簡原式即可求解.【詳解】由已知即故選：D【點睛】本題考查誘導公式及同角三角函數基本關系，屬于簡單題.3、B【解析】求出f（x）的單調減區間A，令（，π）?A，解出ω的范圍【詳解】解：f（x）sin（ωx），令，解得x，k∈Z∵函數f（x）sin（ωx）（ω＞0）在（，π）上單調遞減，∴，解得ω2k，k∈Z∴當k＝0時，ω故選：B【點睛】本題考查了三角函數的單調性與單調區間，考查轉化能力與計算能力，屬于基礎題4、D【解析】要保證函數在R上單調遞減，需使得和都為減函數，且x=1處函數值滿足,由此解得答案.【詳解】由函數在R上單調遞減，可得，解得，故選：D.5、C【解析】轉化為一元二次方程兩根問題，用韋達定理求出，進而求出答案.【詳解】由題意得：2與3是方程的兩個根，故，，所以.故選：C6、A【解析】利用對數和指數互化，可得，，再利用即可求解.【詳解】由得：，，所以，故選：A7、C【解析】根據不等式的性質，逐一分析選項，即可得答案.【詳解】對于A：因為，所以，因為，所以，故A錯誤；對于B：因為，所以，且，所以，故B錯誤；對于C：因為，所以，又，所以，故C正確；對于D：因為，，所以，所以，故D錯誤.故選：C8、B【解析】因為，所以在第二或第四象限，且，所以在第二象限考點：三角函數的符號9、A【解析】先判斷各函數最小正周期，再確定各函數在區間上單調性，即可選擇判斷.【詳解】最小正周期為，在區間上單調遞減；最小正周期為，在區間上單調遞減；最小正周期為，在區間上單調遞增；最小正周期為，在區間上單調遞增；故選：A10、A【解析】，選A.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】分析：根據夾角為銳角得向量數量積大于零且向量不共線，解得實數組成的集合.詳解：因為為銳角，所以且不共線，所以因此實數組成的集合為，點睛：向量夾角為銳角的充要條件為向量數量積大于零且向量不共線，向量夾角為鈍角的充要條件為向量數量積小于零且向量不共線.12、【解析】求出函數的周期即可求解.【詳解】根據題意，為偶函數，即函數圖象關于直線對稱，則有，又由為奇函數，則，則有，即，即函數是周期為4的周期函數，所以，故答案為：13、2【解析】首先由扇形的弧長與圓心角求出扇形的半徑，再根據扇形的面積公式計算可得；【詳解】解：因為扇形的弧長為2cm，圓心角為1rad，所以扇形的半徑cm，所以扇形的面積；故答案為：14、【解析】由題意得，又因為在上是增函數，所以當，任意的時，，轉化為在時恒成立，即在時恒成立，即可求解.【詳解】由題意，得，又因為在上是增函數，所以當時，有，所以在時恒成立，即在時恒成立，轉化為在時恒成立，所以或或解得：或或，即實數的取值范圍是【點睛】本題考查函數的恒成立問題的求解，求解的關鍵是把不等式的恒成立問題進行等價轉化，考查分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題.15、【解析】先求出函數的定義域，再利用求復合函數單調區間的方法求解即得.【詳解】依題意，由得：或，即函數的定義域是，函數在上單調遞減，在上單調遞增，而在上單調遞增，于是得在是單調遞減，在上單調遞增，所以函數的單調遞增區間為.故答案為：16、【解析】根據二分法，取區間中點值，而，，所以，故判定根區間考點：二分法【方法點睛】本題主要考察了二分法，屬于基礎題型，對于零點所在區間的問題，不管怎么考察，基本都要判斷端點函數值的正負，如果異號，那零點必在此區間，如果是幾個零點，還要判定此區間的單調性，這個題考查的是二分法，所以要算區間的中點值，和兩個端點值的符號，看是否異號．零點肯定在異號的區間三、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）減區間為，增區間為；；（2）.【解析】（1）設，，，則，，根據函數的性質，可得單調性，根據單調性可得值域；（2）根據單調性求出函數在上的值域，再根據的值域是的值域的子集列式可解得結果.【詳解】（1），設，，，則，，由已知性質得，當，即時，單調遞減，所以減區間為；當，即時，單調遞增，所以增區間為；由，，，得的值域為；（2）因為為減函數，故函數在上的值域為.由題意，得的值域是的值域的子集，所以，所以.【點睛】本題考查了對勾函數的單調性，考查了利用函數的單調性求值域，考查了轉化化歸思想，屬于中檔題.18、（1）..（2）【解析】（1）由求得，作出函數圖象可知的范圍；（2）由函數圖象可知區間所屬范圍，列不等式示得結論．【詳解】（1）因為，所以.函數大致圖象如圖所示令，得.故有3個不同的零點.即方程有3個不同的實根.由圖可知.（2）由圖象可知，函數在區間和上分別單調遞增.因為，且函數在區間上為增函數，所以可得，解得.所以實數a的取值范圍為.【點睛】本題考查由函數值求參數，考查分段函數的圖象與性質．考查零點個數問題與轉化思想．屬于中檔題．19、（1）；（2）.【解析】(1)根據題意，分別求出集合、，即可得到；(2)根據題意得，結合，即可得到實數的取值范圍.【詳解】(1)當時，，或，因此.(2)由(1)知，或，故，又因，所以，解得，故實數的取值范圍是20、（1）（2）【解析】（1）根據已知條件，利用判別式小于等于零列不等式可得范圍；（2）根據（1）可得，利用轉化分母，把正弦和余弦化為正切值，可得答案.【小問1詳解】關于x的不等式對恒成立，所以，解得.【小問2詳解】由（1）可知，由得.21、（1）（2）或【解析】設，由動點P滿足，列出方程，即可求出曲線C的方程設直線l在坐標軸上的截距為a，當時，直線l與曲線C有兩個公共點，已知矛盾；當時，直線方程與圓的方程聯立方程組，根據由直線l與曲線C只有一個公共點，即可求出直線l的方程【詳解】設，點，，動點P滿足，整理得：，曲線C方程為設直線l的橫截距為a，則直線l的縱截距