2025屆閩粵贛三省十二校高一上數學期末達標檢測試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．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．已知函數則函數的最大值是A.4 B.3C.5 D.2．已知y＝（x－m）（x－n）＋2022（m<n），且α，β（α<β）是方程y＝0的兩根，則α，β，m，n的大小關系是（）A.α<m<n<β B.m<α<n<βC.m<α<β<n D.α<m<β<n3．已知集合則（）A. B.C. D.4．如果是定義在上的函數，使得對任意的，均有，則稱該函數是“-函數”.若函數是“-函數”，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.5．已知，則的值是A.1 B.3C. D.6．已知集合,則(

)A. B.C. D.7．已知，，，則()A. B.C. D.8．若圓上有且僅有兩個點到直線的距離等于1，則半徑的取值范圍是（）A. B.C. D.9．若函數的零點所在的區間為，則實數a的取值范圍是（）A. B.C. D.10．圓的半徑和圓心坐標分別為A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知，則函數的最大值是__________12．函數的值域為___________.13．已知函數，若a、b、c互不相等，且，則abc的取值范圍是______14．筒車亦稱為“水轉筒車”，一種以流水為動力，取水灌田的工具，筒車發明于隋而盛于唐，距今已有1000多年的歷史.如圖，假設在水流量穩定的情況下，一個半徑為3米的筒車按逆時針方向做每6分鐘轉一圈的勻速圓周運動，筒車的軸心O距離水面BC的高度為1.5米，設筒車上的某個盛水筒P的切始位置為點D（水面與筒車右側的交點），從此處開始計時，t分鐘時，該盛水筒距水面距離為，則___________15．已知集合，，則集合中元素的個數為__________16．已知，且，則______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．如圖，甲、乙是邊長為4a的兩塊正方形鋼板，現要將甲裁剪焊接成一個正四棱柱，將乙裁剪焊接成一個正四棱錐，使它們的全面積都等于一個正方形的面積（不計焊接縫的面積）（1）將你的裁剪方法用虛線標示在圖中，并作簡要說明；（2）試比較你所制作的正四棱柱與正四棱錐體積的大小，并證明你的結論18．已知函數.（1）求解不等式的解集；（2）當時，求函數最小值，以及取得最小值時的值.19．已知，Ⅰ求的值；Ⅱ求的值；Ⅲ若且，求的值20．已知函數是定義在區間上的奇函數，且.（1）求函數的解析式；（2）判斷函數在區間上的單調性，并用函數單調性的定義證明.21．（1）計算：.（2）化簡：.

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、B【解析】，從而當時，∴的最大值是考點：與三角函數有關的最值問題2、C【解析】根據二次函數的性質判斷【詳解】記，由題意，，的圖象是開口向上的拋物線，所以上遞減，在上遞增，又，，所以，，即（也可由的圖象向下平移2022個單位得的圖象得出判斷）故選：C3、D【解析】首先解一元二次不等式求得集合A，之后利用交集中元素的特征求得，得到結果.【詳解】由解得，所以，又因為，所以，故選：D.【點睛】本題考查的是有關集合的問題，涉及到的知識點有利用一元二次不等式的解法求集合，集合的交運算，屬于基礎題目.4、A【解析】根據題中的新定義轉化為，即，根據的值域求的取值范圍.【詳解】，，函數是“-函數”，對任意，均有，即，，即，又，或.故選：A【點睛】關鍵點點睛：本題考查函數新定義，關鍵是讀懂新定義，并使用新定義，并能轉化為函數值域解決問題.5、D【解析】由題意結合對數的運算法則確定的值即可.【詳解】由題意可得：，則本題選擇D選項.【點睛】本題主要考查指數對數互化，對數的運算法則等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.6、B【解析】直接利用兩個集合的交集的定義求得M∩N【詳解】集合M={x|x+1≥0}={x|x≥-1}，N={x|x2＜4}={x|-2＜x＜2}，則M∩N={x|-1≤x＜2}，故選B【點睛】本題主要考查兩個集合的交集的定義和求法，屬于基礎題7、A【解析】比較a、b、c與中間值0和1的大小即可﹒【詳解】，，，∴﹒故選：A﹒8、C【解析】圓上有且僅有兩個點到直線的距離等于1，先求圓心到直線的距離，再求半徑的范圍【詳解】解：圓的圓心坐標，圓心到直線的距離為：，又圓上有且僅有兩個點到直線的距離等于1，滿足，即：，解得故半徑的取值范圍是，（如圖）故選：【點睛】本題考查直線與圓的位置關系，考查數形結合的數學思想，屬于中檔題9、C【解析】由函數的性質可得在上是增函數，再由函數零點存在定理列不等式組，即可求解得a的取值范圍.【詳解】易知函數在上單調遞增，且函數零點所在的區間為，所以，解得故選：C10、D【解析】半徑和圓心坐標分別為,選D二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】由函數變形為，再由基本不等式求得，從而有，即可得到答案.【詳解】∵函數∴由基本不等式得，當且僅當，即時取等號.∴函數的最大值是故答案為.【點睛】本題主要考查線性規劃的應用以及基本不等式的應用，.利用基本不等式求最值時，一定要正確理解和掌握“一正，二定，三相等”的內涵：一正是，首先要判斷參數是否為正；二定是，其次要看和或積是否為定值（和定積最大，積定和最小）；三相等是，最后一定要驗證等號能否成立（主要注意兩點，一是相等時參數否在定義域內，二是多次用或時等號能否同時成立）.12、【解析】由函數定義域求出的取值范圍，再由的單調性即可得解.【詳解】函數的定義域為R，而，當且僅當x=0時取“=”，又在R上單調遞減，于是有，所以函數的值域為.故答案為：13、【解析】畫出函數的圖象，根據互不相等，且，我們令，我們易根據對數的運算性質，及c的取值范圍得到abc的取值范圍，即可求解【詳解】由函數函數，可得函數的圖象，如圖所示：若a，b，c互不相等，且，令，則，，故，故答案為【點睛】本題主要考查了對數函數圖象與性質的綜合應用，其中畫出函數圖象，利用圖象的直觀性，數形結合進行解答是解決此類問題的關鍵，著重考查了數形結合思想，以及分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題14、【解析】根據圖象及所給條件確定振幅、周期、，再根據時求即可得解.【詳解】由題意知，，，，當時，，，即，，所以，故答案為：15、2【解析】依題意，故，即元素個數為個.16、##【解析】由，應用誘導公式，結合已知角的范圍及正弦值求，即可得解.【詳解】由題設，，又，即，且，所以，故.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)見解析(2)正四棱柱的體積比正四棱錐的體積大【解析】1該四棱柱的底面為正方體，側棱垂直底面，可知其由兩個一樣的正方形和四個完全相同的長方形組成，對圖形進行切割，畫出圖形即可，畫法不唯一；2正四棱柱的底面邊長為2a，高為a，正四棱錐的底面邊長為2a，高為h=(3a)解析：（1）將正方形甲按圖中虛線剪開，以兩個正方形為底面，四個長方形為側面，焊接成一個底面邊長為2a，高為a的正四棱柱將正方形乙按圖中虛線剪開，以兩個長方形焊接成邊長為2a的正方形為底面，三個等腰三角形為側面，兩個直角三角形合拼成為一側面，焊接成一個底面板長為2a，斜高為3a的正四棱錐（2）∵正四棱柱的底面邊長為2a，高為a，∴其體積V1又∵正四棱錐的底面邊長為2a，高為h=(3a)∴其體積V∵42即4>823，4故所制作的正四棱柱的體積比正四棱錐的體積大（說明：裁剪方式不唯一，計算的體積也不一定相等）點睛：本題考查了四棱錐和四棱柱的知識，需要掌握二者的特征以及其體積的求法，對于圖形進行分割，畫出圖形即可，注意畫法不唯一，結合體積公式求得體積，然后比較大小即完成解答18、（1）或（2）時，最小值為【解析】（1）直接解一元二次不等式即可，（2）對函數化簡變形，然后利用基本不等式可求得結果【小問1詳解】由，得或，所以不等式的解集為或；【小問2詳解】因為，所以，當且僅當，即時取等號，即取最小值.19、(Ⅰ)；(Ⅱ)；(Ⅲ).【解析】Ⅰ根據同角的三角函數的關系即可求出；Ⅱ根據二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及兩角差的余弦公式即可求出；Ⅲ由，根據同角的三角函數的關系結合兩角差的正弦公式即可求出【詳解】Ⅰ，，，.Ⅱ，.Ⅲ，，，，，.【點睛】三角函數求值有三類，(1)“給角求值”；(2)“給值求值”：給出某些角的三角函數式的值，求另外一些角的三角函數值，解題關鍵在于“變角”，使其角相同或具有某種關系．(3)“給值求角”：實質是轉化為“給值求值”，先求角的某一函數值，再求角的范圍，確定角20、（1）（2）增函數，證明見解析【解析】（1）又函