吳淞中學2025屆高一數學第一學期期末復習檢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?；卮鸱沁x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．中國古詩詞中，有一道“八子分綿”的數學名題：“九百九十六斤綿，贈分八子作盤纏，次第每人多十七，要將第八數來言”題意是：把996斤綿分給8個兒子作盤纏，按照年齡從大到小的順序依次分綿，年齡小的比年齡大的多17斤綿．那么前3個兒子分到的綿的總數是（）A.89斤 B.116斤C.189斤 D.246斤2．如圖，正方體中，①與平行；②與垂直；③與垂直以上三個命題中，正確命題的序號是（）A.①② B.②③C.③ D.①②③3．函數在一個周期內的圖象如圖所示，則其表達式為A. B.C. D.4．化為弧度是（）A. B.C. D.5．命題“”否定是（）A. B.C. D.6．“學生甲在河北省”是“學生甲在滄州市”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件7．已知函數（，且）的圖象恒過點，若角的終邊經過點，則的值為（）A. B.C. D.8．若第三象限角，且，則（）A. B.C. D.9．設，則（）A. B.aC. D.10．已知,則os等于（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知是定義在上的奇函數，且為偶函數，對于函數有下列幾種描述：①是周期函數；②是它的一條對稱軸；③是它圖象的一個對稱中心；④當時，它一定取最大值；其中描述正確的是__________12．已知扇形的圓心角為，扇形的面積為，則該扇形的弧長為____________.13．不等式的解集為__________.14．如果二次函數在區間上是增函數，則實數的取值范圍為________15．已知函數，則______.16．若且，則取值范圍是___________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．已知函數的部分圖像如圖所示（1）求函數f（x）的解析式，并寫出其單調遞增區間；（2）在△ABC中，內角A、B、C的對邊分別為a、b、c，若，且a、b是方程的兩個實數根，試求△ABC的周長及其外接圓的面積18．已知函數，（其中，，），的相鄰兩條對稱軸間的距離為，且圖象上一個最高點的坐標為.（Ⅰ）求的解析式；（Ⅱ）求的單調遞減區間；（Ⅲ）當時，求的值域.19．已知函數（Ⅰ）求在區間上的單調遞增區間；（Ⅱ）若，，求的值20．已知函數（Ⅰ）當時，求在區間上的值域；（Ⅱ）當時，是否存在這樣的實數a，使方程在區間內有且只有一個根？若存在，求出a的取值范圍；若不存在，請說明理由21．（1）化簡：（2）求值：

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、D【解析】利用等差數列的前項和的公式即可求解.【詳解】用表示8個兒子按照年齡從大到小得到的綿數，由題意得數列是公差為17的等差數列，且這8項的和為996，所以，解之得所以，即前3個兒子分到的綿是246斤故選：D2、C【解析】根據線面平行、線面垂直的判定與性質，即可得到正確答案【詳解】解：對于①，在正方體中，由圖可知與異面，故①不正確對于②，因為，不垂直，所以與不垂直，故②不正確對于③，在正方體中，平面，又∵平面，∴與垂直.故③正確故選：C【點睛】此題考查線線平行、線線垂直，考查學生的空間想象能力和對線面平行、線面垂直的判定與性質的理解與掌握，屬基礎題3、A【解析】由圖象得，周期，所以，故又由條件得函數圖象的最高點為，所以，故，又，所以，故函數的解析式為．選A4、D【解析】根據角度制與弧度制的互化公式，正確運算，即可求解.【詳解】根據角度制與弧度制的互化公式，可得.故選：D.5、A【解析】根據全稱命題的否定為特稱命題，即可得到答案【詳解】全稱命題的否定為特稱命題，命題“”的否定是，故選：A6、B【解析】直接利用充分條件與必要條件的定義判斷即可.【詳解】因為若“學生甲在滄州市”則“學生甲一定在河北省”，必要性成立；若“學生甲在河北省”則“學生甲不一定在滄州市”，充分性不成立，所以“學生甲在河北省”是“學生甲在滄州市”的必要不充分條件，故選：B7、A【解析】令指數函數的指數為零即可求出指數型函數過定點的坐標，再根據三角函數的定義計算可得；【詳解】解：因為函數（，且），令，即時，所以函數恒過定點，又角的終邊經過點，所以，故選：A8、D【解析】由已知結合求出即可得出.【詳解】因為第三象限角，所以，因為，且，解得或，則.故選：D.9、C【解析】由求出的值，再由誘導公式可求出答案【詳解】因為，所以，所以，故選：C10、A【解析】利用誘導公式即可得到結果.【詳解】∵∴os故選A【點睛】本題考查誘導公式的應用，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、①③【解析】先對已知是定義在的奇函數，且為偶函數用定義轉化為恒等式，再由兩個恒等式進行合理變形得出與四個命題有關的結論，通過推理證得①③正確.【詳解】因為為偶函數，所以，即是它的一條對稱軸；又因為是定義在上的奇函數，所以，即，則，，即是周期函數，即①正確；因為是它的一條對稱軸且，所以（）是它的對稱軸，即②錯誤；因為函數是奇函數且是以為周期周期函數，所以，所以是它圖象的一個對稱中心，即③正確；因為是它的一條對稱軸，所以當時，函數取得最大值或最小值，即④不正確.故答案為：①③.12、【解析】利用扇形的面積求出扇形的半徑，再帶入弧長計算公式即可得出結果【詳解】解：由于扇形的圓心角為，扇形的面積為，則扇形的面積，解得：，此扇形所含的弧長.故答案為：.13、【解析】由不等式，即，所以不等式的解集為.14、【解析】函數對稱軸為，則由題意可得，解出不等式即可.【詳解】∵函數的對稱軸為且在區間上是增函數，∴，即.【點睛】已知函數在某個區間上的單調性，則這個區間是這個函數對應單調區間的子集.15、2【解析】根據自變量的范圍，由內至外逐層求值可解.【詳解】又故答案為：2.16、或【解析】分類討論解對數不等式即可.【詳解】因為，所以，當時，可得，當時，可得.所以或故答案為：或三、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）根據圖像可得及函數的周期，從而求得，然后利用待定系數法即可求得，再根據正弦函數的單調性結合整體思想即可求出函數的增區間；（2）根據可求得角，利用韋達定理可得，再利用余弦定理可求得邊，再利用正弦定理可得外接圓的半徑，即可得出答案.【小問1詳解】解：由函數圖象知，又由函數圖象知，所以，得，∴，因為圖象過點（0，1），所以，所以，又因為，所以，所以函數f（x）的解析式為，令，則，所以單調遞增區間為：；【小問2詳解】，結合，則，所以，又由題設，得，所以，所以，∴三角形ABC的周長，∵外接圓的直徑，∴，∴外接圓的面積.18、（1）（2）（3）【解析】（Ⅰ）由相鄰兩對稱軸間距離是半個周期可求得，再由最高點為可得A，；（Ⅱ）利用正弦函數的單調性，解不等式可得減區間；（Ⅲ）由已知求得，由正弦函數的性質可得值域試題解析：（Ⅰ）相鄰兩條對稱軸間距離為，，即，而由得，圖象上一個最高點坐標為，，，，，，.（Ⅱ）由，得，單調減區間為.（Ⅲ），，，的值域為.19、（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.20、（Ⅰ）；（Ⅱ）存在，.【解析】（Ⅰ）先把代入解析式，再求對稱軸，進而得到函數的單調性，即可求出值域；（Ⅱ）函數在區間內有且只有一個零點，轉化為函數和的圖象在內有唯一交點，根據中是否為零，分類討論，結合函數的性質，即可求解.【詳解】（Ⅰ）當時，，對稱軸為：，所以函數在區間單調遞減，在區間單調遞增；則，所以在區間上的值域為；（Ⅱ）由，令，可得，即，令，，，函數在區間內有且只有一個零點，等價于兩個函數與的圖象在內有唯一交點；①當時，在上遞減，在上遞增，而，所以函數與的圖象在內有唯一交點.②當時，圖象開口向下，對稱軸為，在上遞減，在上遞增，與的圖象在內有唯一交點，當且僅當，即，解得，所以.③當時，圖象開口向上，對稱軸為，在上遞減，在上遞增，與的圖象在內有唯一交點，，即，解得