2025屆山東省臨沂市莒南縣第三中學數學高一上期末考試模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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，則“”是“”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2．已知函數（其中）的圖象如下圖所示，則的圖象是（）A. B.C. D.3．已知函數表示為設，的值域為，則（）A.， B.，C.， D.，4．將整體一分為二，較大部分與整體部分的比值等于較小部分與較大部分的比值，這樣的分割被稱為黃金分割，黃金分割蘊藏著豐富的數學知識和美學價值，被廣泛運用于藝術創作、工藝設計等領域．黃金分制的比值為無理數，該值恰好等于，則（）A. B.C. D.5．函數y=的單調遞減區間是()A.(-∞,1) B.［1,+∞)C.(-∞,-1) D.(-1,+∞)6．設函數,A.3 B.6C.9 D.127．若點在角的終邊上，則的值為A. B.C. D.8．某組合體的三視圖如下，則它的體積是A. B.C. D.9．下列命題正確的是A.若兩條直線和同一個平面所成的角相等，則這兩條直線平行B.若一個平面內有三個點到另一個平面的距離相等，則這兩個平面平行C.若一條直線平行于兩個相交平面，則這條直線與這兩個平面的交線平行D.若兩個平面都垂直于第三個平面，則這兩個平面平行10．已知，，函數的零點為c，則（）A.c＜a＜b B.a＜c＜bC.b＜a＜c D.a＜b＜c二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知是定義在上的偶函數，并滿足：，當，，則___________.12．已知，且，則=_______________.13．不等式的解集為___________.14．已知命題“，”是真命題，則實數的取值范圍為__________15．已知點在直線上，則的最小值為______16．若，，三點共線，則實數的值是__________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（且）.（1）判斷的奇偶性，并予以證明；（2）求使得成立的的取值范圍.18．已知函數，（1）求函數的最大值及取得最大值時的值；（2）若方程在上的解為，，求的值19．已知函數（1）當時，解方程；（2）當時，恒成立，求的取值范圍20．設函數的定義域為，函數的定義域為.（1）求；（2）若，且函數在上遞減，求的取值范圍.21．如圖，平行四邊形中，，分別是，的中點，為與的交點，若,，試以，為基底表示、、

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】先由，得到，再由充分條件與必要條件的概念，即可得出結果.【詳解】由解得，所以由“”能推出“”，反之，不能推出；因此“”是“”必要不充分條件.故選：B.【點睛】本題主要考查命題的必要不充分條件的判定，熟記充分條件與必要條件的概念即可，屬于常考題型.2、A【解析】根據二次函數圖象上特殊點的正負性，結合指數型函數的性質進行判斷即可.【詳解】解：由圖象可知：，因，所以由可得：，由可得：，由可得：，因此有，所以函數是減函數，，所以選項A符合，故選：A3、A【解析】根據所給函數可得答案.【詳解】根據題意得，的值域為.故選：A.4、C【解析】根據余弦二倍角公式即可計算求值.【詳解】∵＝，∴，∴.故選：C.5、A【解析】令t＝-x2+2x﹣1，則y，故本題即求函數t的增區間，再結合二次函數的性質可得函數t的增區間【詳解】令t＝-x2+2x﹣1，則y，故本題即求函數t的增區間，由二次函數的性質可得函數t的增區間為（-∞，1），所以函數的單調遞減區間為(-∞,1).故答案為A【點睛】本題主要考查指數函數和二次函數的單調性，考查復合函數的單調性，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.6、C【解析】.故選C.7、A【解析】根據題意，確定角的終邊上點的坐標，再利用三角函數定義，即可求解，得到答案【詳解】由題意，點在角的終邊上，即，則，由三角函數的定義，可得故選A【點睛】本題主要考查了三角函數的定義的應用，其中解答中確定出角的終邊上點的坐標，利用三角函數的定義求解是解答的關鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題.8、A【解析】，故選A考點：1、三視圖；2、體積【方法點晴】本題主要考查三視圖和錐體的體積，計算量較大，屬于中等題型．應注意把握三個視圖的尺寸關系：主視圖與俯視圖長應對正（簡稱長對正）,主視圖與左視圖高度保持平齊（簡稱高平齊）,左視圖與俯視圖寬度應相等（簡稱寬相等）,若不按順序放置和不全時，則應注意三個視圖名稱．此外本題應注意掌握錐體和柱體的體積公式9、C【解析】若兩條直線和同一平面所成角相等，這兩條直線可能平行，也可能為異面直線，也可能相交，所以A錯；一個平面不在同一條直線的三點到另一個平面的距離相等，則這兩個平面平行，故B錯；若兩個平面垂直同一個平面兩平面可以平行，也可以垂直；故D錯；故選項C正確.[點評]本題旨在考查立體幾何的線、面位置關系及線面的判定和性質，需要熟練掌握課本基礎知識的定義、定理及公式.10、B【解析】由函數零點存在定理可得，又，，從而即可得答案.【詳解】解：因為在上單調遞減，且，，所以的零點所在區間為，即．又因為，，所以a＜c＜b故選：B.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、5【解析】根據可得周期，再結合偶函數，可將中的轉化到內，可得的值.【詳解】因為，所以，所以，即函數的一個周期為4，所以，又因為是定義在上的偶函數，所以，因當，，所以，所以.故答案為：2.5.12、【解析】由同角三角函數關系求出，最后利用求解即可.【詳解】由，且得則，則.故答案為：.13、【解析】根據對數函數的單調性解不等式即可.【詳解】由題設，可得：，則，∴不等式解集為.故答案：.14、【解析】此題實質上是二次不等式的恒成立問題，因為，函數的圖象拋物線開口向上，所以只要判別式不大于0即可【詳解】解：因為命題“，”是真命題，所以不等式在上恒成立由函數的圖象是一條開口向上的拋物線可知，判別式即解得所以實數的取值范圍是故答案為：【點睛】本題主要考查全稱命題或存在性命題的真假及應用，解題要注意的范圍，如果，一定要注意數形結合；還應注意條件改為假命題，有時考慮它的否定是真命題，求出的范圍．本題是一道基礎題15、2【解析】由點在直線上得上，且表示點與原點的距離∴的最小值為原點到直線的距離，即∴的最小值為2故答案為2點睛：本題考查了數學的化歸與轉換能力，首先要知道一些式子的幾何意義，比如本題表示點和原點的兩點間距離，所以本題轉化為已知直線上的點到定點的距離的最小值，即定點到直線的距離最小.16、5【解析】，，三點共線，，即，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）見解析；（2）見解析【解析】【試題分析】（I）先求得函數的定義域，然后利用奇偶性的定義判斷出函數為奇函數.（2）化簡原不等式，并按兩種情況來解不等式，由此求得的取值范圍.【試題解析】(Ⅰ)由得定義域為是奇函數(Ⅱ)由得①當時，，解得②當時，，解得當時的取值范圍是；當時的取值范圍是【點睛】本題主要考查函數的性質，考查函數的定義域和奇偶性，考查不等式的求解方法，考查分類討論的數學思想.要判斷一個函數的奇偶性，首先要求函數的定義域，如果函數的定義域不關于原點對稱，則該函數為非奇非偶函數.含有參數不等式的求解，往往需要對參數進行分類討論.18、（1）當時，函數取得最大值為；（2）.【解析】（1）利用同角三角函數的平方關系化簡，再利用換元法即可求最值以及取得最值時的值；（2）求出函數的對稱軸，得到和的關系，利用誘導公式化簡可得答案.【詳解】（1），令，可得，對稱軸為，開口向下，所以在上單調遞增，所以當，即，時，，所以當時，函數取得最大值為；（2）令，可得，當時，是的對稱軸，因為方程在上的解為，，，，且，所以，所以，所以，所以的值為.19、（1）（2）【解析】（1）當時，，求出，把原方程轉化為指數方程，再利用換元法求解，即可求出結果；（2）?|a+1|≥2x?12x，令，，則對任意恒成立，利用函數的單調性求出的最大值，再求解絕對值不等式可得實數的取值范圍【小問1詳解】解：當時，，原方程等價于且，，即，且，，所以，且令，則原方程化為，整理得，解得或，即或（舍去），所以．故原方程的解為【小問2詳解】解：因為，所以，即令，因為，所以，則恒成立，即上恒成立，令函數，因為函數與在上單調遞增，所以在上單調遞增因為，，所以，則，所以，解得或．故的取值范圍是20、（1）；（2）.【解析】（1）先求出集合，，然后由補集和并集的定義求解即可；（2）先利用交集求出集合，然后利用二次函數的單調性分析求解即可【詳解】解：（1）由得，∴，由得，∴，∴，∴.（2）∵，，∴.由在上遞減，得，即，∴.21、【解析】分析：直接利用共線向量的性質、向量加法與減法的三角形法則求