2025屆遼寧省大連市一零三中學數學高一上期末預測試題注意事項：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．已知函數在上圖像關于軸對稱，若對于，都有，且當時，，則的值為（）A. B.C. D.2．若偶函數f（x）在區間（﹣∞，0]上單調遞減，且f（3）=0，則不等式（x﹣1）f（x）＞0的解集是A. B.C D.，3．下列關于函數，的單調性的敘述，正確的是（）A.在上是增函數，在上是減函數B.在和上是增函數，在上是減函數C.在上是增函數，在上是減函數D.在上是增函數，在和上是減函數4．已知函數在上存在零點，則的取值范圍為（）A. B.C. D.5．若，其中，則（）A. B.C. D.6．若某商店將進貨單價為6元的商品按每件10元出售，則每天可銷售100件.現準備采用提高售價、減少進貨量的方法來增加利潤.已知這種商品的售價每提高1元，銷售量就要減少10件，那么要保證該商品每天的利潤在450元以上，售價的取值范圍是（）A. B.C. D.7．已知，，，則下列關系中正確的是A. B.C. D.8．已知函數在上是增函數，則實數的取值范圍為（）A. B.C. D.9．已知，都是正數，則下列命題為真命題的是（）A.如果積等于定值，那么當時，和有最大值B.如果和等于定值，那么當時，積有最小值C.如果積等于定值，那么當時，和有最小值D.如果和等于定值，那么當時，積有最大值10．設是周期為的奇函數，當時，，則A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數是定義在上的奇函數，當時，,則__________.12．函數，若最大值為，最小值為，，則的取值范圍是______.13．=_______.14．大西洋鮭魚每年都要逆流而上游回產地產卵，研究魚的科學家發現大西洋鮭魚的游速（單位：）可以表示為，其中表示魚的耗氧量的單位數．當一條大西洋鮭魚的耗氧量的單位數是其靜止時耗氧量的單位數的倍時，它的游速是________15．已知，則_______.16．下圖是某機械零件的幾何結構，該幾何體是由兩個相同的直四棱柱組合而成的，且前后，左右、上下均對稱，每個四棱柱的底面都是邊長為2的正方形，高為4，且兩個四棱柱的側棱互相垂直.則這個幾何體的體積為________.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．已知二次函數，若不等式的解集為，且方程有兩個相等的實數根.（1）求的解析式；（2）若，成立，求實數m的取值范圍.18．如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M，N分別為棱AC和A1B1的中點，且AB＝BC（1）求證：平面BMN⊥平面ACC1A1；（2）求證：MN∥平面BCC1B119．已知函數的部分圖象如圖所示.（1）求的解析式；（2）把圖象上所有點的橫坐標縮小到原來的，再向左平移個單位長度，向下平移1個單位長度，得到的圖象，求的單調區間.20．在平面直角坐標系中，為坐標原點，已知兩點、在軸的正半軸上，點在軸的正半軸上．若，（）求向量，夾角的正切值（）問點在什么位置時，向量，夾角最大？21．若關于x的不等式的解集為（1）當時，求的值；（2）若，求的值及的最小值

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、C【解析】據條件即可知為偶函數，并且在，上是周期為2的周期函數，又，時，，從而可得出，，從而找出正確選項【詳解】解：函數在上圖象關于軸對稱；是偶函數；又時，；在，上為周期為2的周期函數；又，時，；，；故選：【點睛】考查偶函數圖象的對稱性，偶函數的定義，周期函數的定義，以及已知函數求值，屬于中檔題2、B【解析】由偶函數在區間上單調遞減，且，所以在區間上單調遞增，且，即函數對應的圖象如圖所示，則不等式等價為或，解得或，故選B考點：不等關系式的求解【方法點晴】本題主要考查了與函數有關的不等式的求解，其中解答中涉及到函數的奇偶性、函數的單調性，以及函數的圖象與性質、不等式的求解等知識點的綜合考查，著重考查了學生分析問題和解答問題的能，以及推理與運算能力，試題比較基礎，屬于基礎題，本題的解得中利用函數的奇偶性和單調性，正確作出函數的圖象是解答的關鍵3、D【解析】根據正弦函數的單調性即可求解【詳解】解：因為的單調遞增區間為，，，單調遞減區間為，，，又，，所以函數在，上是增函數，在，和，上是減函數，故選：D4、A【解析】根據零點存在定理及函數單調性可知,,解不等式組即可求得的取值范圍.【詳解】因為在上單調遞增,根據零點存在定理可得,解得.故選:A【點睛】本題考查了函數單調性的判斷,零點存在定理的應用,根據零點所在區間求參數的取值范圍,屬于基礎題.5、D【解析】化簡已知條件，結合求得的值.【詳解】依題意，，所以，，由于，所以.故選：D6、B【解析】根據題意列出函數關系式，建立不等式求解即可.【詳解】設售價為，利潤為，則，由題意，即，解得，即售價應定為元到元之間，故選：B.7、C【解析】利用函數的單調性、正切函數的值域即可得出【詳解】，，∴，又∴，則下列關系中正確的是：故選C【點睛】本題考查了指對函數的單調性、三角函數的單調性的應用，屬于基礎題8、D【解析】利用二次函數單調性，列式求解作答.【詳解】函數的單調遞增區間是，依題意，，所以，即實數的取值范圍是.故選：D9、D【解析】根據基本不等式計算求出和的最小值與積的最大值，進而依次判斷選項即可.【詳解】由題意知，，A：，則，當且僅當時取到等號，所以有最小值，故A錯誤；B：，則，當且僅當時取到等號，所以有最大值，故B錯誤；C：，則，當且僅當時取到等號，所以有最小值，故C錯誤；D：，則，有，當且僅當時取到等號，所以有最大值，故D正確；故選：D10、A【解析】根據f（x）是奇函數可得f（﹣）=﹣f（），再根據f（x）是周期函數，周期為2，可得f（）=f（﹣4）=f（），再代入0≤x≤1時，f（x）=2x（1﹣x），進行求解.【詳解】∵設f（x）是周期為2的奇函數，∴f（﹣x）=﹣f（x），∵f（﹣）=﹣f（），∵T=2，∴f（）=f（﹣4）=f（），∵當0≤x≤1時，f（x）=2x（1﹣x），∴f（）=2×（1﹣）=，∴f（﹣）=﹣f（）=﹣f（）=﹣，故選A【點睛】此題主要考查周期函數和奇函數的性質及其應用，注意所求值需要利用周期進行調節，此題是一道基礎題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、12【解析】由函數的奇偶性可知，代入函數解析式即可求出結果.【詳解】函數是定義在上的奇函數，，則，.【點睛】本題主要考查函數的奇偶性，屬于基礎題型.12、【解析】先化簡，然后分析的奇偶性，將的最大值和小值之和轉化為和有關的式子，結合對勾函數的單調性求解出的取值范圍.【詳解】，令，定義域為關于原點對稱，∴，∴為奇函數，∴，∴，，由對勾函數的單調性可知在上單調遞減，在上單調遞增，∴，，，∴，∴，故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：解答本題的關鍵在于函數奇偶性的判斷，同時需要注意到奇函數在定義域上如果有最值，那么最大值和最小值一定是互為相反數.13、##【解析】利用對數的運算法則進行求解.【詳解】.故答案為：.14、【解析】設大西洋鮭魚靜止時的耗氧量為，計算出的值，再將代入，即可得解.【詳解】設大西洋鮭魚靜止時的耗氧量為，則，可得，將代入可得.故答案為：.15、【解析】直接利用二倍角的余弦公式求得cos2a的值【詳解】∵.故答案為：16、【解析】該幾何體體積等于兩個四棱柱的體積和減去兩個四棱柱交叉部分的體積，根據直觀圖分別進行求解即可.【詳解】該幾何體的直觀圖如圖所示，該幾何體的體積為兩個四棱柱的體積和減去兩個四棱柱交叉部分的體積.兩個四棱柱的體積和為.交叉部分的體積為四棱錐的體積的2倍.在等腰中，邊上的高為2，則由該幾何體前后，左右上下均對稱，知四邊形為邊長為的菱形.設的中點為，連接易證即為四棱錐的高，在中，又所以因為，所以，所以求體積為故答案為：【點睛】本題考查空間組合體的結構特征.關鍵點弄清楚幾何體的組成，屬于較易題目.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）根據的解集為，可得1,2即為方程的兩根，根據韋達定理，可得b，c的表達式，根據有兩個相等的實數根.可得該方程，即可求得a的值，即可得答案；（2）由題意得使成立，則只需，利用基本不等式，即可求得答案.【詳解】（1）因為的解集為，所以1,2即為方程的兩根，由韋達定理得，且，解得，，又方程有兩個相等實數根，所以，即，，解得，所以，所以；（2）由（1）可得，，所以，則，，又，當且僅當，即x=2時等號成立，所以，使成立，等價為成立，所以.【點睛】已知解集求一元二次不等式參數時，關鍵是靈活應用韋達定理，進行求解，處理存在性問題時，需要，若處理恒成立問題時，需要，需認真區分問題，再進行解答，屬中檔題.18、（1）見解析；（2）見解析【解析】（1）由面面垂直的性質定理證明平面，再由面面垂直的判定定理得證面面垂直；（2）取BC中點P，連接B1P和MP，可證MN∥PB1，從而可證線面平行【詳解】（1）因為M為棱AC的中點，且AB＝BC，所以BM⊥AC，又因為ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥平面ABC因為BM?平面ABC，所以AA1⊥BM又因為AC，A1A?平面ACC1A1且AC∩A1A＝A，所以BM⊥平面ACC1A1因為BM?平面BMN，所以：平面BMN⊥平面ACC1A1（2）取BC的中點P，連接B1P和MP，因為M、P為棱AC、BC的中點，所以MP∥AB，且MPAB，因為ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以A1B1∥AB，A1B1＝AB因為N為棱A1B1的中點，所以B1N∥BA，且B1NBA；所以B1N∥PM，且B1N＝PM；所以MNB1P是平行四邊形，所以MN∥PB1又因為MN?平面BCC，PB1?平面BCC1B1所以MN∥平面BCC1B1【點睛】本題考查證明面面垂直與線面平行，掌握它們的判定定理是解題關鍵．立體幾何證明中，要由定理得出結論，必須滿足定理的所有條件，缺一不可．有些不明顯的結論需要證明，明顯的結論也要列舉出來，否則證明過程不完整19、（1）（2）單調遞減區間為，單調遞增區間為【解析】（1）根據最值求的值；根據周期求的值；把點代入求的值.（2）首先根據圖象的變換求出的解析式，然后利用整體代入的方法即可求出的單調區間.【小問1詳解】由圖可知，所以，.又，所以，因為，所以.因為，所以，即，又|，得，所以.【小問2詳解】由題意得，由，得，故的單調遞減區間為，由，得，故的單調遞增區間為.20、（1）見解析；（2）見解析.【解析】分析：（）設向量與軸的正半軸所成的角分別為，則向量所成的夾角為，由兩角差的正切公式可得向量夾角的正切值為；（）由（1）知，利用基本不等式即可的結果.詳解：（1）由題意知，A的坐標為A（0，6），B的坐標為B（0，4），C（x，0），x＞0設向量，與x軸的正半軸所成的角分別為α，β，則向量，所成的夾角為|β﹣α|=|α﹣β|，由三角函數的定義知：tanα=，tanβ=，由公式tan（α﹣β）=，得向量，的夾角的正切值等于tan（α﹣β）==，故所求向量，夾角的正切值為tan（α﹣β）=；（2）由（1）知tan（α﹣β）==≤=，所以tan（α﹣β）的最大值為時，夾角|α﹣β|的值也最大，當x=時，取得最大值成立，解得x=2，故點C在x的正半軸，距離原點為2，即點C的坐標為C（2，0）時，向量，夾角最大點睛：本題主要考查利用平面向量的夾角、兩角差的正切公式以及基本不等式求最值，屬于難題.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