山東聊城市2025屆數學高一上期末經典模擬試題注意事項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．已知是兩條不同直線，是三個不同平面，下列命題中正確的是（）A.若則 B.若則C.若則 D.若則2．函數的部分圖象大致是圖中的（）A.. B.C. D.3．設命題：，則的否定為（）A. B.C. D.4．已知函數是定義在上的奇函數，當時，，則當時，的表達式是（）A. B.C. D.5．設集合，，則（）A B.C. D.6．已知是定義在區間上的奇函數，當時，.則關于的不等式的解集為A. B.C. D.7．為了預防信息泄露，保證信息的安全傳輸，在傳輸過程中都需要對文件加密，有一種加密密鑰密碼系統，其加密、解密原理為：發送方由明文→密文（加密），接收方由密文→明文．現在加密密鑰為，如“4”通過加密后得到密文“2”，若接受方接到密文“”，則解密后得到的明文是（）A. B.C.2 D.8．函數的零點所在的大致區間是A. B.C. D.9．若點在角的終邊上，則（）A. B.C. D.10．4張卡片上分別寫有數字1，2，3，4，從這4張卡片中隨機抽取2張，則取出的2張卡片的數字之積為偶數的概率為（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知定義在上的偶函數在上遞減，且，則不等式的解集為__________12．函數的最大值為（）.13．定義在R上的奇函數f(x)周期為2，則__________.14．已知函數的圖象（且）恒過定點P，則點P的坐標是______，函數的單調遞增區間是__________.15．已知函數在上的最大值為2，則_________16．若，則實數____________.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．已知圓過三個點.（1）求圓的方程；（2）過原點的動直線與圓相交于不同的兩點，求線段的中點的軌跡.18．已知函數.（1）求函數的最大值及相應的取值；（2）方程在上有且只有一個解，求實數的取值范圍；（3）是否存在實數滿足對任意，都存在，使成立.若存在，求的取值范圍；若不存在，說明理由.19．已知，，當k為何值時.（1）與垂直？（2）與平行？平行時它們是同向還是反向？20．2021年新冠肺炎疫情仍在世界好多國家肆虐，并且出現了傳染性更強的“德爾塔”、“拉姆達”、“奧密克戎”變異毒株，盡管我國抗疫取得了很大的成績，疫情也得到了很好的遏制，但由于整個國際環境的影響，時而也會出現一些散發病例，故而抗疫形勢依然艱巨，日常防護依然不能有絲毫放松.某科研機構對某變異毒株在一特定環境下進行觀測，每隔單位時間進行一次記錄，用表示經過單位時間的個數，用表示此變異毒株的數量，單位為萬個，得到如下觀測數據：123456（萬個）1050250若該變異毒株的數量（單位：萬個）與經過個單位時間的關系有兩個函數模型與可供選擇.（1）判斷哪個函數模型更合適，并求出該模型的解析式；（2）求至少經過多少個單位時間該病毒的數量不少于1億個.（參考數據：）21．已知直線l的方程為2x-y+1=0（1）求過點A3,2，且與直線l垂直的直線l（2）求與直線l平行，且到點P3,0的距離為5的直線l

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】A項，可能相交或異面,當時，存在，，故A項錯誤；B項，可能相交或垂直,當

時，存在，，故B項錯誤；C項，可能相交或垂直,當

時，存在，，故C項錯誤；D項，垂直于同一平面的兩條直線相互平行，故D項正確,故選D.本題主要考查的是對線，面關系的理解以及對空間的想象能力.考點：直線與平面、平面與平面平行的判定與性質；直線與平面、平面與平面垂直的判定與性質.2、D【解析】根據函數的奇偶性及函數值得符號即可得到結果.【詳解】解：函數的定義域為R，即∴函數為奇函數，排除A，B，當時，，排除C，故選：D【點睛】函數識圖常用的方法(1)定性分析法：通過對問題進行定性的分析，從而得出圖象的上升(或下降)的趨勢，利用這一特征分析解決問題；(2)定量計算法：通過定量的計算來分析解決問題；(3)函數模型法：由所提供的圖象特征，聯想相關函數模型，利用這一函數模型來分析解決問題3、B【解析】本題根據題意直接寫出命題的否定即可.【詳解】解：因為命題：，所以的否定：，故選：B【點睛】本題考查含有一個量詞的命題的否定，是基礎題.4、D【解析】利用函數的奇偶性求在上的表達式.【詳解】令，則，故，又是定義在上的奇函數，∴.故選：D.5、C【解析】利用集合的交集運算求解.【詳解】因為集合，，所以，故選：C6、A【解析】分析：根據函數奇偶性的性質將不等式進行轉化為一般的不等式求解即可詳解：∵，函數f(x)為奇函數，∴，又f(x)是定義在[?1,1]上的減函數，∴，即，解得∴不等式的解集為故選A點睛：解題的關鍵是根據函數的奇偶性將不等式化為或的形式，然后再根據單調性將函數不等式化為一般的不等式求解，解題時不要忘了函數定義域的限制7、A【解析】根據題意中給出的解密密鑰為，利用其加密、解密原理，求出的值，解方程即可求解.【詳解】由題可知加密密鑰為，由已知可得，當時，，所以，解得，故，顯然令，即，解得，即故選：A.8、C【解析】分別求出的值，從而求出函數的零點所在的范圍【詳解】由題意，，，所以，所以函數的零點所在的大致區間是，故選C.【點睛】本題考察了函數的零點問題，根據零點定理求出即可，本題是一道基礎題9、A【解析】利用三角函數的定義可求得結果.【詳解】由三角函數定義可得.故選：A.10、D【解析】從4張卡片上分別寫有數字1，2，3，4中隨機抽取2張的基本事件有：12，13，14，23，24，34，一共6種，其中數字之積為偶數的有：12，14，23，24，34一共有5種，所以取出的2張卡片的數字之積為偶數的概率為，故選：D二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】因為，而為偶函數，故，故原不等式等價于，也就是，所以即，填點睛：對于偶函數，有．解題時注意利用這個性質把未知區間的性質問題轉化為已知區間上的性質問題去處理12、【解析】利用可求最大值.【詳解】因為，即，，取到最小值；所以函數的最大值為.故答案為：.【點睛】本題主要考查三角函數的最值問題，借助正弦函數的值域能方便求解，側重考查數學抽象的核心素養.13、0【解析】以周期函數和奇函數的性質去求解即可.【詳解】因為是R上的奇函數，所以，又周期為2，所以，又，所以，故，則對任意，故故答案為：014、①.②.【解析】令，求得，即可得到函數的圖象恒過定點；令，求得函數的定義域為，利用二次函數的性質，結合復合函數的單調性的判定方法，即可求解.【詳解】由題意，函數（且），令，即，可得，即函數的圖象恒過定點，令，即，解得，即函數的定義域為，又由函數的圖象開口向下，對稱軸的方程為，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，結合復合函數的單調性的判定方法，可得函數的遞增區間為.故答案為：；.15、1【解析】先求導可知原函數在上單調遞增，求出參數后即可求出.【詳解】解：在上在上單調遞增，且當取得最大值，可知故答案為：116、5##【解析】根據題中條件，由元素與集合之間的關系，得到求解，即可得出結果.【詳解】因為，所以，解得.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）設圓的方程為，列出方程組，求得的值，即可求得圓的方程；（2）根據題意得到，得出在以為直徑的圓上，得到以為直徑的圓的方程，再聯立兩圓的方程組，求得交點坐標，即可得到點的軌跡方程.【小問1詳解】解：設圓的方程為，因為圓過三個點，可得，解得，所以圓的方程為，即.【小問2詳解】解：因為為線段的中點，且，所以在以為直徑的圓上，以為直徑的圓的方程為，聯立方程組，解得或，所以點的軌跡方程為.18、（1）2，（2）或（3）存在，【解析】（1）由三角恒等變換化簡函數，再根據正弦函數性質可求得答案；（2）將問題轉化為函數與函數在上只有一個交點.由函數的單調性和最值可求得實數的取值范圍；（3）由（1）可知，由已知得，成立，令，其對稱軸，分，，討論函數的最小值，建立不等式，求解即可.【小問1詳解】解：由得.令，解得，∴函數的最大值為2，此時；【小問2詳解】解：方程在上有且有一個解，即函數與函數在上只有一個交點.∵，∴.∵函數在上單調遞增，在上單調遞減，且，，.∴或；【小問3詳解】解：由（1）可知，∴.實數滿足對任意，都存在，使得成立，即成立，令，其對稱軸，∵，∴①當時，即，，∴；②當，即時，，∴；③當，即時，，∴.綜上可得，存在滿足題意的實數，的取值范圍是.19、（1)（2),反向【解析】（1）計算得到，，計算得到答案.（2）根據得到，計算并判斷方向得到答案，【詳解】（1)；，得，（2)，得，此時，所以方向相反.【點睛】本題考查了向量的平行和垂直，意在考查學生的計算能力.20、（1）選擇函數更合適，解析式為（2）11個單位【解析】（1）將，和，分別代入兩種模型求解解析式，再根據時的值估計即可；（2）根據題意，進而結合對數運算求解即可.【小問1詳解】若選，將，和，代入得，解得得將代入，，不符合題意若選，將，和，代入得，解得得將代入得，符合題意綜上：所以選擇函數更合適，解析式為【小問2詳解】解：設至少需要個單位時間，則，即兩邊取對數：因為，所以的最小值為11至少經過11個單位時間不少于1億個2