浙江諸暨中學2025屆數學高一上期末調研模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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．簡諧運動可用函數表示，則這個簡諧運動的初相為（）A. B.C. D.2．若，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3．已知函數的圖象關于直線對稱，則=A. B.C. D.4．已知冪函數的圖象過點，則A. B.C.1 D.25．為了得到函數的圖象，只需將函數的圖象（）A.向右平移個單位長度 B.向左平移個單位長度C.向右平移個單位長度 D.向左平移個單位長度6．已知集合，集合，則（）A. B.C. D.7．用二分法求方程的近似解時，可以取的一個區(qū)間是（）A. B.C. D.8．已知向量，滿足，，且，則（）A. B.2C. D.9．已知函數在上單調遞減，則實數a的取值范圍是A. B.C. D.10．下列結論中正確的個數是（）①命題“所有的四邊形都是矩形”是存在量詞命題；②命題“”是全稱量詞命題；③命題“”的否定為“”；④命題“是的必要條件”是真命題；A.0 B.1C.2 D.3二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．函數的最大值與最小值之和等于______12．已知集合，若集合A有且僅有2個子集，則a的取值構成的集合為________.13．函數f(x)=sinx-2cosx+的一個零點是，則tan=_________.14．圓在點P（1，）處的切線方程為_____15．如圖，扇形的面積是1，它的弧長是2，則扇形的圓心角的弧度數為______16．一個底面積為1的正四棱柱的八個頂點都在同一球面上，若這個正四棱柱的高為，則該球的表面積為__________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，且為第二象限角（1）求的值；（2）求值.18．已知集合，集合，集合.（1）求；（2）若，求實數a的取值范圍.19．已知全集，集合，（1）當時，求；（2）如果，求實數的取值范圍20．已知函數（Ⅰ）求在區(qū)間上的單調遞增區(qū)間；（Ⅱ）若，，求值21．已知函數，，.（1）若函數與的圖象的一個交點的橫坐標為2，求a；（2）若，求證：.

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】根據初相定義直接可得.【詳解】由初相定義可知，當時的相位稱為初相，所以，函數的初相為.故選：B2、A【解析】利用充分條件和必要條件的定義判斷即可【詳解】，所以“”是“”的充分不必要條件故選：A3、C【解析】因為函數的圖象關于直線對稱，所以，即，因此，選C.4、B【解析】先利用待定系數法求出冪函數的表達式，然后將代入求得的值.【詳解】設，將點代入得，解得，則，所以，答案B.【點睛】主要考查冪函數解析式的求解以及函數值求解，屬于基礎題.5、D【解析】根據誘導公式可得，結合三角函數的平移變換即可得出結果.【詳解】函數；將函數的圖象向左平移個單位長度得到，故選：D6、C【解析】解不等式求出集合A中的x的范圍，然后求出A的補集，再與集合B求交集即可.【詳解】集合，則集合，，故選：C.【點睛】本題考查了集合的基本運算，屬于基礎題.7、B【解析】構造函數并判斷其單調性，借助零點存在性定理即可得解.【詳解】，令，在上單調遞增，并且圖象連續(xù)，，，在區(qū)間內有零點，所以可以取的一個區(qū)間是.故選：B8、B【解析】根據向量數量積模的公式求，再代入模的公式，求的值.【詳解】因為，所以，則，所以，故故選：B9、C【解析】由函數單調性的定義，若函數在上單調遞減，可以得到函數在每一個子區(qū)間上都是單調遞減的，且當時，，求解即可【詳解】若函數在上單調遞減，則，解得.故選C.【點睛】本題考查分段函數的單調性．嚴格根據定義解答，本題保證隨的增大而減小，故解答本題的關鍵是的最小值大于等于的最大值10、C【解析】根據存在量詞命題、全稱量詞命題的概念，命題的否定，必要條件的定義，分析選項，即可得答案.【詳解】對于①：命題“所有的四邊形都是矩形”是全稱量詞命題，故①錯誤；對于②：命題“”是全稱量詞命題；故②正確；對于③：命題，則，故③錯誤；對于④：可以推出，所以是的必要條件，故④正確；所以正確的命題為②④，故選：C二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、0【解析】先判斷函數為奇函數，則最大值與最小值互為相反數【詳解】解：根據題意，設函數的最大值為M，最小值為N，又由，則函數為奇函數，則有，則有；故答案為0【點睛】本題考查函數奇偶性，利用奇函數的性質求解是解題關鍵12、【解析】由題意得出方程有唯一實數解或有兩個相等的實數解，然后討論并求解當和時滿足題意的參數的值.【詳解】∵集合A有且僅有2個子集，可得A中僅有一個元素，即方程僅有一個實數解或有兩個相等的實數解.當時，方程化為，∴，此時，符合題意；當時，則由，，令時解方程得，此時，符合題意，令時解方程得，此時符合題意；綜上可得滿足題意的參數可能的取值有0，-1，1，∴a的取值構成的集合為.故答案為：.【點睛】本題考查了由集合子集的個數求參數的問題，考查了分類討論思想，屬于一般難度的題.13、##-0.5【解析】應用輔助角公式有且，由正弦型函數的性質可得，，再應用誘導公式求.【詳解】由題設，，，令，可得，即，，所以，，則.故答案為：14、x－y＋2＝0【解析】圓，點在圓上，∴其切線方程為，整理得：15、【解析】根據扇形的弧長公式和面積公式，列出方程組，即可求解.【詳解】由題意，設扇形所在圓的半徑為，扇形的弧長為，因為扇形的面積是1，它的弧長是2，由扇形的面積公式和弧長公式，可得，解得，.故答案為2.【點睛】本題主要考查了扇形的弧長公式，以及扇形的面積公式的應用，其中解答中熟記扇形的弧長公式和扇形的面積公式，準確計算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.16、【解析】底面為正方形，對角線長為.故圓半徑為，故球的表面積為.【點睛】本題主要考查幾何體的外接球問題.解決與幾何體外接球有關的數學問題時，主要是要找到球心所在的位置，并計算出球的半徑.尋找球心的一般方法是先找到一個面的外心，如本題中底面正方形的中心，球心就在這個外心的正上方，根據圖形的對稱性，易得球心就在正四棱柱中間的位置.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）cos，（2）【解析】（1）通過三角恒等式先求，再求即可；（2）先通過誘導公式進行化簡，再將，的值代入即可得結果.【小問1詳解】因為sin＝，所以，且是第二象限角，所以cos＝，從而【小問2詳解】原式＝18、（1）（2）【解析】（1）先化簡集合A，B，再利用交集運算求解；（2）根據，化簡集合，再根據求解.【小問1詳解】解：∵，∴，∴集合.∵，∴，∴集合.∴.【小問2詳解】∵，∴.∵，∴，解得.∴實數a的取值范圍是.19、（1）或；（2）（-∞，2）.【解析】先解出集合A（1）時，求出B,再求和；（2）把轉化為，分和進行討論.【詳解】（1）當時，，∴∴或.（2）∵，∴.當時，有，解得：；當時，因為，只需，解得：；綜上：,故實數的取值范圍（-∞，2）.【點睛】（1）集合的交并補運算：①離散型的數集用韋恩圖；②連續(xù)型的數集用數軸；（2）由求參數的范圍容易漏掉的情況20、（Ⅰ），；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）利用三角恒等變換思想化簡函數的解析式為，求得函數在上的單調遞增區(qū)間，與取交集可得出結果；（Ⅱ）由可得出，利用同角三角函數的基本關系可求得的值，利用兩角和的正弦公式可求得的值【詳解】（Ⅰ）令，，得，令，得；令，得.因此，函數在區(qū)間上的單調遞增區(qū)間為，；（Ⅱ）由，得，，又，，因此，【點睛】本題考查正弦型函數的單調區(qū)間的求解，同時也考查了利用兩角和的正弦公式求值，考查計算能力，屬于中等題.21、（1）（2）證明見解析【解析】（1）根據