2025屆山東省濰坊市示范初中高一數學第一學期期末綜合測試試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用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，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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．已知全集，集合，集合，則集合為A. B.C. D.2．已知f（x-1）=2x-5，且f（a）=6，則a等于（）A. B.C. D.3．若函數是偶函數，則的單調遞增區(qū)間為（）A. B.C. D.4．已知冪函數的圖象過點(2,)，則的值為（）A. B.C. D.5．某地區(qū)小學、初中、高中三個學段學生視力情況有較大差異，而男、女生視力情況差異不大，為了解該地區(qū)中小學生的視力情況，最合理的抽樣方法是（）A.簡單隨機抽樣 B.按性別分層隨機抽樣C.按學段分層隨機抽樣 D.其他抽樣方法6．若，，則的值為（）A. B.－C. D.7．若是的一個內角，且，則的值為A. B.C. D.8．在直角梯形中，，，，分別為，的中點，以為圓心，為半徑的圓交于，點在弧上運動（如圖）.若，其中，，則的取值范圍是A. B.C. D.9．若函數（且）的圖像經過定點P，則點P的坐標是（）A. B.C. D.10．已知命題：，，則是（）A.， B.，C.， D.，二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．設函數，若關于x的方程有四個不同的解，，，，，且，則m的取值范圍是_____，的取值范圍是__________12．函數為奇函數，且對任意互不相等的，，都有成立，且，則的解集為______13．某同學在研究函數

f（x）=（x∈R）

時，分別給出下面幾個結論：①等式f（-x）=-f（x）在x∈R時恒成立；②函數f（x）的值域為（-1，1）；③若x1≠x2，則一定有f（x1）≠f（x2）；④方程f（x）=x在R上有三個根其中正確結論的序號有______．（請將你認為正確的結論的序號都填上）14．________.15．(2016·桂林高二檢測)如圖所示，在四邊形ABCD中，AB=AD=CD=1，BD=，BD⊥CD，將四邊形ABCD沿對角線BD折成四面體A′-BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，則下列結論正確的是________.(1)A′C⊥BD.(2)∠BA′C=90°.(3)CA′與平面A′BD所成的角為30°.(4)四面體A′-BCD的體積為.16．冪函數f（x）的圖象過點（4，2），則f（x）的解析式是______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，（1）當時，求函數的值域；（2）若恒成立，求實數的取值范圍18．如圖，已知在正四棱錐中，為側棱的中點，連接相交于點（1）證明：；（2）證明：；（3）設,若質點從點沿平面與平面的表面運動到點的最短路徑恰好經過點，求正四棱錐的體積19．計算：（1）；（2）若，求的值20．已知函數是偶函數（1）求實數的值；（2）若函數的最小值為，求實數的值；（3）當為何值時，討論關于的方程的根的個數21．已知函數f(x)=2x（1）求a及f(-2)的值；（2）判斷f(x)的奇偶性并證明；（3）若當x∈(0,+∞)時，x2

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】,選C2、B【解析】先用換元法求出，然后由函數值求自變量即可.【詳解】令，則，可得，即，由題知，解得.故選：B3、B【解析】利用函數是偶函數，可得，解出．再利用二次函數的單調性即可得出單調區(qū)間【詳解】解：函數是偶函數，，，化為，對于任意實數恒成立，，解得；，利用二次函數的單調性，可得其單調遞增區(qū)間為故選：B【點睛】本題考查函數的奇偶性和對稱性的應用，熟練掌握函數的奇偶性和二次函數的單調性是解題的關鍵.4、A【解析】令冪函數且過(2,)，即有，進而可求的值【詳解】令，由圖象過(2,)∴，可得故∴故選：A【點睛】本題考查了冪函數，由冪函數的形式及其所過的定點求解析式，進而求出對應函數值，屬于簡單題5、C【解析】若總體由差異明顯的幾部分組成時，經常采用分層抽樣的方法進行抽樣.【詳解】因為某地區(qū)小學、初中、高中三個學段學生的視力情況有較大差異，男、女生視力情況差異不大，然而學段的視力情況有較大差異，則應按學段分層抽樣，故選：.6、D【解析】直接利用同角三角函數關系式的應用求出結果.【詳解】已知，，所以，即，所以，所以，所以.故選：D.7、D【解析】是的一個內角,，又，所以有，故本題的正確選項為D.考點：三角函數誘導公式的運用.8、D【解析】建立如圖所示的坐標系，則A（0，0），B（2，0），D（0，1），C（2，2），E（2，1），F（1，1.5），P（cosα，sinα）（0≤α），由λμ得，（cosα，sinα）＝λ（2，1）+μ（﹣1，），λ，μ用參數α進行表示，利用輔助角公式化簡，即可得出結論【詳解】解：建立如圖所示的坐標系，則A（0，0），B（2，0），D（0，1），C（2，2），E（2，1），F（1，1.5），P（cosα，sinα）（0≤α），由λμ得，（cosα，sinα）＝λ（2，1）+μ（﹣1，）?cosα＝2λ﹣μ，sinα＝λ?λ，∴6λ+μ＝6（）2（sinα+cosα）＝2sin（）∵，∴sin（）∴2sin（）∈[2，2]，即6λ+μ的取值范圍是[2，2]故選D【點睛】本題考查平面向量的坐標運算，考查學生的計算能力，正確利用坐標系是關鍵．屬于中檔題9、B【解析】由函數圖像的平移變換或根據可得.【詳解】因為，所以當，即時，函數值為定值0，所以點P坐標為.另解：因為可以由向右平移一個單位長度后，再向下平移1個單位長度得到，由過定點，所以過定點.故選：B10、D【解析】根據命題的否定的定義寫出命題的否定，然后判斷【詳解】命題：，的否定是：，故選：D二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、①.②.【解析】畫出的圖象，結合圖象可得的取值范圍及，，再利用函數的單調性可求目標代數式的范圍.【詳解】的圖象如下圖所示，當時，直線與的圖象有四個不同的交點，即關于x的方程有四個不同的解，，，．結合圖象，不難得即又，得即，且，所以，設，易知道在上單調遞增，所以，即的取值范圍是故答案為：，.思路點睛：知道函數零點的個數，討論零點滿足的性質時，一般可結合初等函數的圖象和性質來處理，注意圖象的正確的刻畫.12、【解析】由條件可得函數的單調性，結合，分和利用單調性可解.【詳解】因為，時，，所以在上單調遞減，又因為為奇函數，且，所以在上單調遞減，且.當時，不等式，得；當時，不等式，得.綜上，不等式的解集為.故答案：13、①②③【解析】由奇偶性的定義判斷①正確，由分類討論結合反比例函數的單調性求解②；根據單調性，結合單調區(qū)間上的值域說明③正確；由只有一個根說明④錯誤【詳解】對于①，任取，都有，∴①正確；對于②，當時，，根據函數的奇偶性知時，，且時，，②正確；對于③，則當時，，由反比例函數的單調性以及復合函數知，在上是增函數，且；再由的奇偶性知，在上也是增函數，且時，一定有，③正確；對于④，因為只有一個根，∴方程在上有一個根，④錯誤.正確結論的序號是①②③.故答案為：①②③【點睛】本題通過對多個命題真假的判斷，綜合考查函數的單調性、函數的奇偶性、函數的圖象與性質，屬于難題.這種題型綜合性較強，也是高考的命題熱點，同學們往往因為某一處知識點掌握不好而導致“全盤皆輸”，因此做這類題目更要細心、多讀題，盡量挖掘出題目中的隱含條件，另外，要注意從簡單的自己已經掌握的知識點入手，然后集中精力突破較難的命題.14、【解析】.考點：誘導公式.15、(2)(4)【解析】詳解】若A′C⊥BD，又BD⊥CD，則BD⊥平面A′CD，則BD⊥A′D，顯然不可能，故(1)錯誤.因為BA′⊥A′D，BA′⊥CD，故BA′⊥平面A′CD，所以BA′⊥A′C，所以∠BA′C=90°，故(2)正確.因為平面A′BD⊥平面BCD，BD⊥CD，所以CD⊥平面A′BD，CA′與平面A′BD所成的角為∠CA′D，因為A′D=CD，所以∠CA′D=，故(3)錯誤.四面體A′-BCD的體積為V=S△BDA′·h=××1=，因為AB=AD=1，DB=，所以A′C⊥BD，綜上(2)(4)成立.點睛:立體幾何中折疊問題,要注重折疊前后垂直關系的變化,不變的垂直關系是解決問題的關鍵條件.16、【解析】根據冪函數的概念設f（x）=xα，將點的坐標代入即可求得α值，從而求得函數解析式【詳解】設f（x）=xα，∵冪函數y=f（x）的圖象過點（4，2），∴4α=2∴α=這個函數解析式為故答案為【點睛】本題主要考查了待定系數法求冪函數解析式、指數方程解法等知識，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）；（2）.【解析】（1）采用換元，令，當時，把函數轉化為二次函數，即可求出答案.（2）采用換元，令，即在恒成立，即可求出答案.【小問1詳解】函數，令，當時，，的值域為.【小問2詳解】，恒成立，只需：在恒成立；令：則得.18、（1）詳見解析；（2）詳見解析；（3）.【解析】（1）由中位線定理可得線線平面，從而有線面平行；（2）正四棱錐中，底面是正方形，因此有，又PO是正四棱錐的高，從而有PO⊥AC，這樣就有AC與平面PBD垂直，從而得面面垂直；（3）把與沿PD攤平，由A、M、C共線，因此新的平面圖形是平行四邊形，從而為菱形，M到底面ABCD的距離為原正四棱錐高PO的一半，計算可得體積試題解析：(1)證明：連接OM，∵O，M分別為BD，PD的中點，∴在△PBD中，OM//PB，又PB面ACM，OM面ACM，∴PB//面ACM(2)證明：連接PO.∵在正四棱錐中，PA=PC，O為AC的中點，∴PO⊥AC，BD⊥AC，又PO∩BD=O，AC⊥平面PBD，又AC平面ACM，∴平面ACM⊥平面PBD(3)如圖，把△PAD與△PCD沿PD展開成平面四邊形PADC1由題意可知A，M，C1三點共線，∵△PAD≌△PCD,M為PD的中點，∴AM=MC1，即M為AC1中點，∴平面四邊形PADC1為平行四邊形，又PA=PC,∴平面四邊形PADC1為菱形，∴正四棱錐的側棱長為2∵PO⊥AC，PO⊥BD，PO⊥面ABCD，∴PO為正四棱錐的高19、（1）（2）【解析】（1）根據分數指數冪、對數的運算法則及換底公式計算可得；（2）根據換底公式的性質得到，再根據指數對數恒等式得到，即可得解；【小問1詳解】解：【小問2詳解】解：，，，20、（1）（2）（3）當時，方程有一個根；當時，方程沒有根；當或或時，方程有兩個根；當時，方程有三個根；當時，方程有四個根【解析】（1）利用偶函數滿足，求出的值；（2）對函數變形后利用二次函數的最值求的值；（3）定義法得到的單調性，方程通過換元后得到的根的情況，通過分類討論最終求出結果.【小問1詳解】由題意得：，即，所以，其中，∴，解得：【小問2詳解】，∴，故函數的最小值為，令，故的最小值為，等價于，解得：或，無解綜上：【小問3詳解】由，令，，有由，有，，可得，可知函數為增函數，故當時，函數單調遞增，由函數為偶函數，可知函數的增區(qū)間為，減區(qū)間為，令，有，方程（記為方程①）可化為，整理為：（記為方程②），，當時，有，此時方程②無解，可得方程①無解；當時，時，方程②的解為，可得方程①僅有一個解為；時，方程②的解為，可得方程①有兩個解；當時，可得或，1°當方程②有零根時，，此時方程②還有一根為，可得此時方程①有三個解；2°當方程②有兩負根時，可得，不可能；3°當方程②有兩正根時，可得：，又由，可得，此時方程①有四個根；4°當方程②有一正根一負根時，，可得：或，又由，可得或，此時方程①有兩個根，由上知：當時，方程①有一個根；當時，方程①沒有根；當或或時，方程①有兩個根；當時，方程①有三個根；當時，方程①有四個根【點睛】對于復合函數根的個數問題，要用換元法來求解，通常方法會用到根的