2025屆河北正定弘文中學數學高一上期末復習檢測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．在下列函數中，最小值為2的是（）A.（且） B.C. D.2．如圖，向量，，的起點與終點均在正方形網格的格點上，若，則（）A. B.C.2 D.43．已知α，β是兩個不同的平面，m，n是兩條不同的直線，給出下列命題：①若m∥α，m∥β，則α∥β②若m?α，n?α，m∥β，n∥β，則α∥β；③m?α，n?β，m、n是異面直線，那么n與α相交；④若α∩β=m，n∥m，且n?α，n?β，則n∥α且n∥β其中正確的命題是（）A.①② B.②③C.③④ D.④4．已知函數在上是增函數，則的取值范圍是（）A. B.C. D.5．圓x2＋y2－4x＋6y＝0和圓x2＋y2－6x＝0交于A，B兩點，則AB的垂直平分線的方程是（）A.x＋y＋3＝0 B.2x－y－5＝0C.3x－y－9＝0 D.4x－3y＋7＝06．過點和，圓心在軸上的圓的方程為A. B.C D.7．命題：“，”的否定是（）A.， B.，C.， D.，8．已知函數，若方程有三個不同的實數根，則實數的取值范圍是A. B.C. D.9．函數的部分圖象如圖所示，則可能是（）A. B.C. D.10．函數f（x）=+的定義域為（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．直線與直線關于點對稱，則直線方程為______.12．經過點且在軸和軸上的截距相等的直線的方程為__________13．已知，則的最小值為___________14．已知，則______15．總體由編號為，，，，的個個體組成.利用下面的隨機數表選取樣本，選取方法是從隨機數表第行的第列數字開始由左到右依次選取兩個數字，則選出來的第個個體的編號為__________16．已知直線：，直線：，若，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．已知的一條內角平分線的方程為，其中，（1）求頂點的坐標；（2）求的面積18．如圖，在中，已知為線段上的一點，.（1）若，求的值；（2）若，，，且與的夾角為時，求的值19．已知定義域為的函數是奇函數.（1）求的值；（2）判斷并證明函數的單調性；（3）若對任意的不等式恒成立，求實數的取值范圍.20．設全集為R，集合P＝{x|3＜x≤13}，非空集合Q＝{x|a＋1≤x＜2a－5}，（1）若a＝10，求P∩Q；；（2）若，求實數a的取值范圍21．計算：

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】根據基本不等式的使用條件，對四個選項分別進行判斷，得到答案.【詳解】選項A，當時，，所以最小值為不正確；選項B，因為，所以，所以，當且僅當，即時等號成立，而，所以等號不成立，所以不正確；選項C，因為，所以，當且僅當，即時，等號成立，所以正確；選項D，因為，所以，所以，當且僅當，即時，等號成立，而，所以不正確.故選：C.【點睛】本題考查基本不等式求和的最小值，基本不等式的使用條件，屬于簡單題.2、D【解析】根據圖象求得正確答案.【詳解】由圖象可知.故選：D3、D【解析】利用平面與平面垂直和平行的判定和性質，直線與平面平行的判斷，對選項逐一判斷即可【詳解】①若m∥α，m∥β，則α∥β或α與β相交，錯誤命題；②若m?α，n?α，m∥β，n∥β，則α∥β或α與β相交．錯誤的命題；③m?α，n?β，m、n是異面直線，那么n與α相交,也可能n∥α，是錯誤命題；④若α∩β＝m，n∥m，且n?α，n?β，則n∥α且n∥β．是正確的命題故選D【點睛】本題考查平面與平面的位置關系，直線與平面的位置關系，考查空間想象力，屬于中檔題.4、C【解析】若函數f（x）=log2（x2﹣ax+3a）在[2，+∞）上是增函數，則x2﹣ax+3a＞0且f（2）＞0，根據二次函數的單調性，我們可得到關于a的不等式，解不等式即可得到a的取值范圍【詳解】若函數f（x）=log2（x2﹣ax+3a）在[2，+∞）上是增函數，則當x∈[2，+∞）時，x2﹣ax+3a＞0且函數f（x）=x2﹣ax+3a為增函數即，f（2）=4+a＞0解得﹣4＜a≤4故選C【點睛】本題考查的知識點是復合函數的單調性，二次函數的性質，對數函數的單調區間，其中根據復合函數的單調性，構造關于a的不等式，是解答本題的關鍵5、C【解析】兩圓公共弦的垂直平分線的方程即為兩圓圓心所在直線的方程，求出兩圓的圓心，從而可得答案.【詳解】解：AB的垂直平分線的方程即為兩圓圓心所在直線的方程，圓x2＋y2－4x＋6y＝0的圓心為，圓x2＋y2－6x＝0的圓心為，則兩圓圓心所在直線的方程為，即3x－y－9＝0.故選：C.6、D【解析】假設圓心坐標，利用圓心到兩點距離相等可求得圓心，再利用兩點間距離公式求得半徑，從而得到圓的方程.【詳解】設圓心坐標為：則：，解得：圓心為，半徑所求圓的方程為：本題正確選項：【點睛】本題考查已知圓心所在直線和圓上兩點求解圓的方程的問題，屬于基礎題.7、C【解析】根據含有一個量詞的命題的否定形式，全稱命題的否定是特稱命題，可得答案.【詳解】命題：“，”是全稱命題，它的否定是特稱命題：，，故選：C8、A【解析】由得畫出函數的圖象如圖所示，且當時，函數的圖象以為漸近線結合圖象可得當的圖象與直線有三個不同的交點，故若方程有三個不同的實數根，實數的取值范圍是．選A點睛：已知函數零點的個數（方程根的個數）求參數值（取值范圍）的方法(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數范圍；(2)分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域問題加以解決，如在本題中，方程根的個數，即為直線與圖象的公共點的個數；(3)數形結合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中，畫出函數的圖象，然后數形結合求解，對于一些比較復雜的函數的零點問題常用此方法求解.9、A【解析】先根據函數圖象，求出和，進而求出，代入特殊點坐標，求出，，得到正確答案.【詳解】由圖象可知：，且，所以，不妨設：，將代入得：，即，，解得：，，當時，，故A正確，其他選項均不合要求.故選：A10、C【解析】根據分母部位0，被開方數大于等于0構造不等式組，即可解出結果【詳解】利用定義域的定義可得，解得，即，故選C【點睛】本題考查定義域的求解，需掌握：分式分母不為0，②偶次根式被開方數大于等于0，③對數的真數大于0.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】由題意可知，直線應與直線平行，可設直線方程為，由于兩條至直線關于點對稱，可通過計算點分別到兩條直線的距離，通過距離相等，即可求解出，完成方程的求解.【詳解】解：由題意可設直線的方程為，則，解得或舍去，故直線的方程為故答案為：.12、或【解析】根據題意將問題分直線過原點和不過原點兩種情況求解，然后結合待定系數法可得到所求的直線方程【詳解】（1）當直線過原點時，可設直線方程為，∵點在直線上，∴，∴直線方程為，即（2）當直線不過原點時，設直線方程，∵點在直線上，∴，∴，∴直線方程為，即綜上可得所求直線方程為或故答案為或【點睛】在求直線方程時，應先選擇適當形式的直線方程，并注意各種形式的方程所適用的條件，由于截距式不能表示與坐標軸垂直或經過原點的直線，故在解題時若采用截距式，應注意分類討論，判斷截距是否為零，分為直線過原點和不過原點兩種情況求解．本題考查直線方程的求法和分類討論思想方法的運用13、【解析】根據基本不等式，結合代數式的恒等變形進行求解即可.【詳解】解：因為a>0，b>0，且4a+b=2，所以有：，當且僅當時取等號，即時取等號，故答案為：.14、【解析】根據，利用誘導公式轉化為可求得結果.【詳解】因為，所以.故答案為：.【點睛】本題考查了利用誘導公式求值，解題關鍵是拆角：，屬于基礎題.15、【解析】根據隨機數表，依次進行選擇即可得到結論.【詳解】按照隨機數表的讀法所得樣本編號依次為23,21,15，可知第3個個體的編號為15.故答案為：15.16、1【解析】根據兩直線垂直時，系數間滿足的關系列方程即可求解.【詳解】由題意可得：，解得：故答案為：【點睛】本題考查直線垂直的位置關系，考查理解辨析能力，屬于基礎題.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）點的坐標為．（2）24【解析】（1）先根據中點坐標公式以及直線垂直斜率的積等于列方程組求出點關于直線的對稱點的坐標，根據兩點式或點斜式可得直線的方程，與角平分線的方程聯立可得頂點的坐標；（2）根據兩點間的距離公式可得的值，再利用點到直線距離公式可得到直線：的距離，由三角形面積公式可得結果.試題解析：（1）由題意可得，點關于直線的對稱點在直線上，則有解得，，即，由和，得直線的方程為，由得頂點的坐標為（2），到直線：的距離，故的面積為18、（1）；（2）.【解析】（1）根據平面向量基本定理可得，整理可得結果；（2）根據平面向量基本定理可求得，，根據數量積的運算法則代入模長和夾角，整理可求得結果.【詳解】（1）由得：，（2）由得：又，，且與的夾角為則【點睛】本題考查平面向量基本定理的應用、平面向量數量積的求解，關鍵是能將所求向量的數量積通過平面向量基本定理轉化為已知模長和夾角的向量的數量積運算.19、（1），；（2）為定義在上的減函數，證明見解析；（3）.【解析】（1）由可求得；根據奇函數定義知，由此構造方程求得；（2）將函數整理為，設，可證得，由此可得結論；（3）根據單調性和奇偶性可將不等式化為，結合的范圍可求得，由此可得結果.【小問1詳解】是定義在上的奇函數，且，，解得：，，，解得：；當，時，，，滿足為奇函數；綜上所述：，；【小問2詳解】由（1）得：；設，則，，，，，是定義在上的減函數；【小問3詳解】由得：，又為上的奇函數，，，由（2）知：是定義在上的減函數，，即，當時，，，即實數的取值范圍為.20、（1）