高一數學試題2025.1主考學校：德州二中本試卷分第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分，第I卷1-2頁，第II卷3-4頁，共150分，測試時間120分鐘.注意事項：選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案，不能答在測試卷上.第I卷選擇題（共58分）一、選擇題（本題共8個小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合要求的.）1.命題，的否定是（）A， B.，C.， D.，【答案】D【解析】【分析】將全稱量詞命題否定為存在量詞命題即可.【詳解】命題，的否定是，.故選：D2.已知命題為銳角；命題且；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【答案】A【解析】【分析】根據充分條件和必要條件的定義分析判斷即可.【詳解】當為銳角時，且；當且時，為第一象限的角，此時不一定為銳角，所以是充分不必要條件.故選：A3.已知函數（且）恒過定點，則過點的冪函數經過（）A.第一、二象限 B.第三、四象限 C.第一、三象限 D.第二、四象限【答案】A【解析】【分析】先根據對數函數的性質求出點的坐標，再求出冪函數的解析式，然后根據冪函數的性質可得答案.【詳解】由，得，則，所以函數（且）恒過定點，設過點的冪函數為，則，得，所以過點的冪函數為，此冪函數的圖象只經過第一、二象限，故選：A4.設，，，則a，b，c的大小關系為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用冪函數的性質和對數函數的性質進行比較即可.【詳解】，因為在上遞增，且，所以，所以，即，因為在上遞增，且，所以，所以，即，所以.故選：D5.我國古代數學經典著作《九章算術》中記載了一個“圓材埋壁”的問題：“今有圓材埋在壁中，不知大小，以鋸鋸之，深一寸，鋸道長一尺，問徑幾何?”現有一類似問題：不確定大小的圓柱形木材，部分埋在墻壁中，其截面如圖所示.用鋸去鋸這木材，若，，則圖中弧與弦圍成的弓形的面積為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由題意可知所求弓形的面積為扇形的面積減去等邊三角形的面積，所以根據已知條件求出扇形的面積和等邊三角形的面積即可.【詳解】因為，，所以為等邊三角形，因為，所以，所以弧與弦圍成的弓形的面積為.故選：B6.如圖所示，在平面直角坐標系中，角與角的頂點與坐標原點重合，始邊與軸的非負半軸重合，終邊分別是射線和射線，若射線與單位圓的交點為，射線與單位圓的交點為，且，則的值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先根據題意求出，再根據任意角的三角函數的定義和誘導公式求出的值，然后代入計算即可.【詳解】由題意得，且，解得，所以，所以，因為，所以，所以.故選：A7.教室通風的目的是通過空氣的流動，排出室內的污濁空氣和致病微生物，降低室內二氧化碳和致病微生物的濃度，送進室外的新鮮空氣.按照國家標準，教室內空氣中二氧化碳最高容許濃度為0.15%.經測定，剛下課時，空氣中含有0.35%的二氧化碳，若開窗通風后教室內二氧化碳的濃度為，且隨時間（單位：分鐘）的變化規律可以用函數描述，又測定，當時，教室內空氣中含有0.2%的二氧化碳，則該教室內從剛下課時的二氧化碳濃度達到國家標準，所需要時間（單位：分鐘）的最小整數值為（參考數據，）（）A.6 B.7 C.8 D.9【答案】C【解析】【分析】由題意可知當時，，代入函數中可求出的值，當時，，代入函數中可求出的值，從而可求出函數解析式，然后將代入函數求出即可.【詳解】由題意可知當時，，所以，得，所以，當時，，則，所以，得，所以，，得，所以，當時，，得，所以，，得，所以所求時間的最小整數值為8.故選：C8.定義不超過的最大整數稱為的整數部分，記作，為的小數部分，記作，稱為小數函數，下列說法正確的是（）A.B.小數函數在定義域內單調遞增C.為奇函數D.的所有零點之和為【答案】D【解析】【分析】根據題意，依次分析各選項否正確，綜合可得出答案.【詳解】對于A，根據題意，，，當時，，，所以，故A錯誤；對于B，，，所以，小數函數在定義域內不是單調遞增，故B錯誤；對于C，由，因為，，所以，所以不是奇函數，故C錯誤；對于D，的零點，即方程的根顯然不是方程的根；當，方程化為，作出兩函數與的圖像如圖：由圖知，兩函數的交點除之外，其余的交點關于中心對稱，則函數的所有零點之和為，故D正確.故選：D.【點睛】本題考查函數的新定義、函數圖像及其性質和函數零點的求解，為函數的綜合問題.考查運算求解能力、轉化與化歸能力和數形結合思想，把函數零點問題轉化為兩個函數圖像的交點問題是關鍵.二、選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.）9.下列計算正確的有（）A.B.C.若，，則D.若，則【答案】BCD【解析】【分析】根據對數運算判斷A，應用指數對數運算化簡求值判斷B，應用換底公式及對數運算判斷C，應用指數運算計算判斷D.【詳解】，A選項錯誤；，B選項正確；若，，則，C選項正確；若，則，所以，D選項正確.故選：BCD.10.已知角滿足，則（）A.0 B. C. D.【答案】ACD【解析】【分析】由已知條件可得，然后利用同角三角函數的關系求出，再化簡計算即可得答案【詳解】由，得，所以，則，化簡整理得，所以，或，當時，，所以當時，，當時，，當時，，故選：ACD11.已知函數，則（）A.函數有3個零點B.若函數有2個零點，則C.關于的方程有5個不等實數根D.若關于的方程有3個不等實根時，實根之和為，有4個不等實根時，實根之和為，則【答案】AC【解析】【分析】根據題意畫出函數圖象即可判斷A正確；利用函數與方程的思想結合圖象可知B錯誤；由整體換元法令可知有三個零點，對應的值共有5個，可得C正確；由圖象對稱性可得，而或，可判斷D錯誤.【詳解】對于A，由函數解析式可畫出函數圖象如下：顯然函數圖象與軸僅有三個交點，可得A正確；對于B，若函數有2個零點，可得函數與函數有兩個交點，可得或，因此B錯誤；對于C，令，由可得，易知；結合圖象可知函數有三個零點，不妨取，結合圖象可知兩個零點在拋物線對稱軸的兩側，且在函數的對稱軸的右側，即可得；易知與函數的圖象有1個交點，與函數的圖象有4個交點，與函數的圖象有0個交點；因此關于的方程有5個不等實數根，即C正確；對于D，若關于的方程有3個不等實根時，可得或當，利用對稱性可知實根之和為，當，實根之和為，當有4個不等實根時，可得，實根之和為，即可能或，可得D錯誤.故選：AC【點睛】方法點睛：求解函數零點問題時經常通過畫出函數圖象，結合函數與方程的思想將零點個數轉化為圖象交點個數問題，再利用對稱性求出所有零點之和.第II卷非選擇題（共92分）三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分.）12.已知冪函數在上單調遞增，則_____.【答案】8【解析】【分析】由題意可得，且，則可求出的值，從而可求出冪函數的解析式，進而可求出.【詳解】因為為冪函數，所以，得，，解得或，因為冪函數在上單調遞增，所以，得，所以，所以，所以.故答案為：813.定義，已知，，記函數，則的最大值是_____.【答案】##【解析】【分析】先根據題意求出解析式，然后求出每一段上函數的值域，從而可求出的值域，進而可求出的最大值.【詳解】由，得，化簡得，解得或，所以，在上遞增，所以，在上遞減，所以，在上遞減，所以，得，綜上，，所以的最大值是.故答案為：14.已知函數，若，則的最小值為_____.【答案】【解析】【分析】根據對數函數性質判斷在不同區間的符號，在結合二次函數性質得為該二次函數的一個零點，結合恒成立列不等式求參數最值，即可求解；【詳解】函數定義域為，而，，，要使，則二次函數，在上，在上，所以為該二次函數在上的唯一一個零點，易得，又，且開口向上，所以，只需，所以，當時，取得最小值，故答案為：四、解答題（本題共5小題，共77分，解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟.）15.已知函數.（1）若關于的不等式的解集為，求、；（2）當時，①若關于的不等式解集為，求實數的取值范圍；②若、，求的最小值.【答案】（1），.（2）①；②.【解析】【分析】（1）分析可知、是方程的兩根，利用韋達定理可求得、的值；（2）由已知條件得出，①由題意可得，由此可求得實數的取值范圍；②將代數式與相乘，展開后利用基本不等式可求得的最小值.【小問1詳解】由題意可知、是方程的兩根，則，解得，【小問2詳解】當時，則，可得，則，則，①因為關于的不等式解集為，則，解得，因此，實數的取值范圍是；②因為、，則，當且僅當，即當時，等號成立，所以當，時，的最小值為.16.已知角的頂點與坐標原點重合，始邊與軸的非負半軸重合，終邊與單位圓交于第四象限內的點.（1）若，求及的值；（2）若，求的值.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由題意可得，，結合求出，然后根據任意角的三角函數的定義求出，再對所求的式子化簡變形，然后代值計算即可；（2）利用同角三角函數的關系對已知條件化簡可求出，然后由可求得答案.【小問1詳解】由已知角的終邊與單位圓交于第四象限內的點，則，，，，由，得，則，再由誘導公式可得.【小問2詳解】因為，所以，又是第四象限角，所以，，即，17.已知函數是定義在的奇函數.（1）若集合，，求；（2）設，且在上的最小值為，求實數的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由題意可得可求出，然后再驗證即可求出的解析式，再解不等式求出集合，從而可求出；（2）令，則將轉化為，，然后分和兩種情況結合二次函數的性質求出其最小值，然后列方程可求得結果.【小問1詳解】因為是定義域為的奇函數，所以，可得，當時，，所以，，所以為奇函數，所以；由，得，即，因為，所以，所以，即；.所以【小問2詳解】令，因為和在上遞增，所以在上遞增，所以時，，可化為，，當時，在上為減函數，在上為增函數，所以或,又，所以合題意.當時，在上為增函數,，解得不合題意，舍去,綜上可知.18.已知函數的定義域為，若，滿足成立，則稱函數是“任意漂移函數”；若，滿足成立，則稱函數是“存在漂移函數”.（1）若函數是定義在的“存在漂移函數”，求出的值；（2）若函數是定義在“任意漂移函數”，且，，解關于的不等式；（3）若函數是定義在的“存在漂移函數”，求實數的取值范圍.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）由漂移函數的定義列出方程求解即可；（2）先確定在是單調遞增函數，再通過賦值令，，得到，由單調性即可求解；（3）由新定義得到，化簡得在有解，再構造函數，通過，，討論即可；【小問1詳解】函數是“存在漂移函數”，則在有解，即，化簡得，令，則，即，解得【小問2詳解】，設，則，得，即，所以在是單調遞增函數令，得，解得不等式可轉化為，從而解得或，所以不等式的解是【小問3詳解】由函數為“存在漂移函數”則滿足，即化簡得，整理得即在有解令①當時，在無解，不合題意；②當時，對稱軸，與軸的交點為在軸的上半軸，因此在無解，不合題意；③當時，對稱軸，需，解得，又，則綜上所述：實數的取值范圍是【點睛】關鍵點點睛：第三問由函數為“存在漂移函數”得到在有解，構造函數，轉換成二次函數的零點存在問題.19.低碳環保的新能源汽車逐漸走進千家萬戶，電動汽車正成為人們購車的熱門選擇.新能源電動汽車主要采用電能作為動力來源，目前比較常見的主要有兩種：混合動力汽車、純電動汽車.有關部門在國道上對某型號純電動汽車進行測試，國道限速.經數次測試，得到該純電動汽車每小時耗電量（單位：wh）與速度（單位：km/h）的數據如下表所示：020408001800560021600若該純電動汽車國道上行駛時每小時耗電量與速度的關系，可用表示.（1）請求出函數的表達式；（2）現有一輛同型號純電動汽車從甲地出發經高速公路（最低限速，最高限速）勻速行駛到距離為的乙地，已知該電動車在高速公路上行駛時每小時耗電量（單位：wh），出發前汽車電池存量為35000wh，汽車到達乙地后至少要保留的保障電量（假設該電動汽車從靜止加速到速度為的過程中消耗的電量與行駛的路程都忽略不計）.（i）若出發前和行駛路途中都不充電，該電動汽車能否到達乙地？請說明理由；（ii）已知該高速公路上服務區有功率為的充電樁（充電量充電功率充電時間），求該電動汽車從甲地到達乙地所用時間的最小值（若不需充電，即求行駛時間的最小值；若需要充電，即求行駛時間與充電時間之和的最小值）.【答案】（1）（2）（i）該車若不充電不能到達乙地，理由見解析；（ii）4.33小時.【解析】【分析】（1）由題意將和代入函數中，解方程組可求出，從而可求出函數的表達式；（2）（i）設耗電量為，根據題意求出，然后利用函數單調性的定義判斷出函數在區間單調遞增，從而可求出其最小值，與電池存量減去保障電量比較大小可得結論；（ii）設行駛時間與充電時間分別為，，總和為，則有，解得，然后表示出，利用基本不等式可求出其最小值.【小問1詳解】由題意可得，解得，故；【小問2詳解】，設耗電量為，則；（i）任取