2025-2026学年北京市一六一中学数学高一第一学期期末考试试题含解析.doc

2025-2026学年北京市一六一中学数学高一第一学期期末考试试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1．下列函数中，既是偶函数又在单调递增的函数是（）
A. B.
C. D.
2．角是（）
A.第一象限角 B.第二象限角
C.第三象限角 D.第四象限角
3．已知是定义在上的单调函数，满足，则函数的零点所在区间为（）
A. B.
C. D.
4．已知命题：，，则是（）
A.， B.，
C.， D.，
5．设函数，则满足的x的取值范围是（）
A. B.
C. D.
6．要得到函数的图象，只需的图象
A.向左平移个单位，再把各点的纵坐标伸长到原来的倍（横坐标不变）
B.向左平移个单位，再把各点的纵坐标缩短到原来的倍（横坐标不变）
C.向左平移个单位，再把各点的纵坐标伸长到原来的倍（横坐标不变）
D.向左平移个单位，再把各点的纵坐标伸长到原来的倍（横坐标不变）
7．“函数在区间I上严格单调”是“函数在I上有反函数”的（）
A.充分非必要条件 B.必要非充分条件
C.充分必要条件 D.既非充分又非必要条件
8．三条直线，，相交于一点，则的值是
A.－2 B.－1
C.0 D.1
9．与圆关于直线对称的圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
10．如图，PO是三棱锥P-ABC底面ABC的垂线，垂足为O

①若PA⊥BC，PB⊥AC，则点O是△ABC的垂心；
②若PA=PB=PC，则点O是△ABC的外心；
③若∠PAB=∠PAC，∠PBA=∠PBC，则点O是△ABC的内心；
④过点P分别做边AB，BC，AC的垂线，垂足分别为E，F，G，若PE=PF=PG，则点O是△ABC的重心
以上推断正确的个数是（　　）
A.1 B.2
C.3 D.4
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．在上，满足的取值范围是______.
12．已知．若实数m满足，则m的取值范围是__
13．已知幂函数f(x)是奇函数且在上是减函数，请写出f(x)的一个表达式________
14．已知正数x，y满足，则的最小值为_________
15．已知命题：，都有是真命题，则实数取值范围是______
16．已知函数，方程有四个不相等的实数根
（1）实数m的取值范围为_____________；
（2）的取值范围为______________
三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．已知是定义在上的奇函数，且，若，时，有成立.
（1）判断在上的单调性，并证明；
（2）解不等式；
（3）若对所有的恒成立，求实数的取值范围.
18．已知集合，.
（1）当时，求；
（2）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在（2）问中的横线上，并求解.若___________，求实数的取值范围.
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
19．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠BCD=60°，AB=2AD，PD⊥平面ABCD，点M为PC的中点
（1）求证：PA∥平面BMD；
（2）求证：AD⊥PB；
（3）若AB=PD=2，求点A到平面BMD的距离

20．已知圆，直线，点在直线上，过点作圆的切线，切点分别为.
（Ⅰ）若，求点的坐标；
（Ⅱ）求证：经过三点圆必过定点，并求出所有定点的坐标.
21．已知圆与直线相切，圆心在直线上，且直线被圆截得的弦长为.
（1）求圆的方程，并判断圆与圆的位置关系；
（2）若横截距为-1且不与坐标轴垂直的直线与圆交于两点，在轴上是否存在定点， 使得，若存在，求出点坐标，若不存在，说明理由.
参考答案

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1、B
【解析】由奇偶性排除，再由增减性可选出正确答案.
【详解】项为奇函数，项为非奇非偶函数函数，为偶函数，项中，在单减，项中，在单调递增.
故选：B
2、B
【解析】找到与终边相等的角，进而判断出是第几象限角.
【详解】因为，
所以角和角是终边相同的角，
因为角是第二象限角，
所以角是第二象限角.
故选：B.
3、C
【解析】设，即，
再通过函数的单调性可知，即可求出的值，得到函数的解析式，然后根据零点存在性定理即可判断零点所在区间
【详解】设，即，，因为是定义在上的单调函数，所以由解析式可知，在上单调递增
而，，故，即
因为，，
由于，即有，所以
故，即的零点所在区间为
故选：C
【点睛】本题主要考查函数单调性的应用，零点存在性定理的应用，意在考查学生的转化能力，属于较难题
4、D
【解析】根据命题的否定的定义写出命题的否定，然后判断
【详解】命题：，的否定是：，
故选：D
5、D
【解析】画出函数的图象，利用函数的单调性列出不等式转化求解即可
【详解】解：函数的图象如图：
满足，
可得或，
解得
故选：D

6、D
【解析】先将函数的解析式化为，再利用三角函数图象的变换规律得出正确选项.
【详解】，
因此，将函数的图象向左平移个单位，再把各点的纵坐标伸长到原来的倍（横坐标不变），可得到函数的图象，故选D.
【点睛】本题考查三角函数的图象变换，处理这类问题的要注意以下两个问题：
（1）左右平移指的是在自变量上变化了多少；（2）变换时两个函数的名称要保持一致.
7、A
【解析】“函数在区间上单调”“函数在上有反函数”，反之不成立．即可判断出结论
【详解】解：“函数在区间上严格单调”“函数在上有反函数”，下面给出证明：
若“函数在区间上严格单调”，设函数在区间上的值域为，任取，如果在中存在两个或多于两个的值与之对应，设其中的某两个为，且，即，但
因为，所以 (或)
由函数在区间上单调知：，(或)，这与矛盾．因此在中有唯一的值与之对应．由反函数的定义知：
函数在区间上存在反函数
反之“函数在上有反函数”则不一定有“函数在区间上单调”，例如：函数，就存在反函数：
易知函数在区间上并不单调
综上，“函数在区间上严格单调”是“函数在上有反函数”的充分不必要条件.
故选：A
8、B
【解析】联立两条已知直线求得交点坐标，待定系数即可求得参数值.
【详解】联立与可得交点坐标为，
又其满足直线，故可得，解得.
故选：.
9、A
【解析】设所求圆的圆心坐标为，列出方程组，求得圆心关于的对称点，即可求解所求圆的方程.
【详解】由题意，圆的圆心坐标，
设所求圆的圆心坐标为，则圆心关于的对称点，
满足，解得，
即所求圆的圆心坐标为，且半径与圆相等，
所以所求圆方程为，故选A.
【点睛】本题主要考查了圆的方程的求解，其中解答中熟记圆的方程，以及准确求解点关于直线的对称点的坐标是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
10、C
【解析】①由题意得出AO⊥BC，BO⊥BC，点O是△ABC的垂心；
②若PA=PB=PC，则AO=BO=CO，点O是△ABC的外心；
③由题意得出AO是∠BAC的平分线，BO是∠ABC的平分线，O是△ABC的内心；
④若PE=PF=PG，则OE=OF=OG，点O是△ABC的内心
【详解】对于①，PO⊥底面ABC，∴PO⊥BC，又PA⊥BC，
∴BC⊥平面PAO，∴AO⊥BC；
同理PB⊥AC，得出BO⊥BC，

∴点O是△ABC的垂心，①正确；
对于②，若PA=PB=PC，由此推出Rt△PAO≌Rt△PBO≌Rt△PCO，
∴AO=BO=CO，点O是△ABC的外心，②正确；
对于③，若∠PAB=∠PAC，且PO⊥底面ABC，
则AO是∠BAC的平分线，
同理∠PBA=∠PBC时BO是∠ABC平分线，
∴点O是△ABC的内心，③正确；
对于④，过点P分别做边AB，BC，AC的垂线，垂足分别为E，F，G，
若PE=PF=PG，则OE=OF=OG，点O是△ABC的内心，④错误
综上，正确的命题个数是3
故选C
【点睛】本题主要考查了空间中的直线与平面的垂直关系应用问题，是中档题

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】结合正弦函数图象可知时，结合的范围可得到结果.
【详解】

本题正确结果：
【点睛】本题考查根据三角函数值的范围求解角所处的范围，关键是能够熟练应用正弦函数图象得到对应的自变量的取值集合.
12、
【解析】由题意可得，进而解不含参数的一元二次不等式即可求出结果.
【详解】由题意可知，即，所以，因此，
故答案：.
13、
【解析】由题意可知幂函数中为负数且为奇数，从而可求出解析式
【详解】因为幂函数是奇函数且在上是减函数，
所以为负数且为奇数，
所以f(x)的一个表达式可以是（答案不唯一），
故答案为：（答案不唯一）
14、8
【解析】将等式转化为，再解不等式即可求解
【详解】由题意，正实数，
由（时等号成立），
所以，
所以，即，
解得（舍），，（取最小值）
所以的最小值为.
故答案为：
15、
【解析】由于，都有，所以，从而可求出实数的取值范围
【详解】解：因为命题：，都有是真命题，
所以，即，解得，
所以实数的取值范围为，
故答案为：
16、 ①. ②.
【解析】利用数形结合可得实数m的取值范围，然后利用对数函数的性质可得，再利用正弦函数的对称性及二次函数的性质即求.
【详解】作出函数与函数的图象，

则可知实数m的取值范围为，
由题可知，，
∵，
∴，即，又，，
∴，又函数在上单调递增，
∴，即.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛；本题的关键是数形结合，结合对数函数的性质及正弦函数的性质可得，再利用二次函数的性质即解.

三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）见解析（2）（3）或或
【解析】（1）根据条件赋值得，根据奇函数性质得，再根据单调性定义得减函数，（2）利用单调性化简得，结合定义区间得，解方程组得结果，（3）即,再根据单调性得，化简得关于a恒成立的不等式，根据一次函数图像得，解得实数的取值范围.
试题解析：证明：（1）在上是减函数
任取且，则，
为奇函数

由题知，
，即
在上单调递减
在上单调递减

解得不等式的解集为
（3），在上单调递减
在上，
问题转化为，即，对任意的恒成立
令，即，对任意恒成立
则由题知，解得或或
点睛：解函数不等式：首先根据函数的性质把不等式转化为的形式，然后根据函数的单调性去掉“”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意与的取值应在外层函数的定义域内.
18、（1）
（2）选①或.选②③或.
【解析】（1）分别求出两个集合，再根据并集的运算即可得解；
（2）选①，根据，得，分和两种情况讨论即可得解.
选②，根据，得，分和两种情况讨论即可得解.
选③，根据，分和两种情况讨论即可得解.
【小问1详解】
解：当时，，
，
所以；
【小问2详解】
解：选①，
因为，所以，
当时，，解得；
当时，因为，
所以，解得，
综上所述，或.
选②，
因为，所以，或，
当时，，解得，符合题意；
当时，因为，
所以或，解得或，
综上所述，或.
选③，
当时，，解得，符合题意；
当时，因为，
所以或，解得或，
综上所述，或.
19、（1）详见解析；（2）详见解析；（3）.
【解析】（1）设AC和BD交于点O，MO为三角形PAC的中位线可得MO∥PA，再利用直线和平面平行的判定定理，证得结论
（2）由PD⊥平面ABCD，可得PD⊥AD，再由cos∠BAD，证得 AD⊥BD，可证AD⊥平面PBD，从而证得结论
（3）点A到平面BMD的距离等于点C到平面BMD的距离h，求出MN、MO的值，利用等体积法求得点C到平面MBD的距离h
【详解】（1）证明：设AC和BD交于点O，则由底面ABCD是平行四边形可得O为AC的中点
由于点M为PC的中点，故MO为三角形PAC的中位线，故MO∥PA．再由PA不在平面BMD内，而MO在平面BMD内，
故有PA∥平面BMD
（2）由PD⊥平面ABCD，可得PD⊥AD，平行四边形ABCD中，∵∠BCD＝60°，AB＝2AD，
∴cos∠BADcos60°，∴AD⊥BD
这样，AD垂直于平面PBD内的两条相交直线，故AD⊥平面PBD，∴AD⊥PB
（3）若AB＝PD＝2，则AD＝1，BD＝AB•sin∠BAD＝2，
由于平面BMD经过AC的中点，故点A到平面BMD的距离等于点C到平面BMD的距离
取CD得中点N，则MN⊥平面ABCD，且MNPD＝1
设点C到平面MBD的距离为h，则h为所求
由AD⊥PB 可得BC⊥PB，故三角形PBC为直角三角形
由于点M为PC的中点，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，可得MD＝MB，故三角形MBD为等腰三角形，
故MO⊥BD
由于PA，∴MO
由VM﹣BCD＝VC﹣MBD 可得，•（）•MN•（BD×MO ）×h，
故有 （）×1•（）•h，
解得h

【点睛】本题主要考查直线和平面平行的判定定理，直线和平面垂直的性质，用等体积法求点到平面的距离，体现了数形结合和等价转化的数学思想，属于中档题
20、 (1) 点的坐标为或 (2)见解析， 过的圆必过定点和
【解析】（1）设，由题可知，由点点距得到，解得参数值；（2）设的中点为，过三点的圆是以为直径的圆，根据圆的标准方程得到圆 ，根据点P在直线上得到，代入上式可求出，进而得到定点
解析：
（Ⅰ）设，由题可知，
即，解得：，
故所求点的坐标为或.
（2）设的中点为，过三点的圆是以为直径的圆，
设，则
又∵
圆
又∵代入（1）式，得：

整理得：
无论取何值时，该圆都经过的交点或
综上所述，过的圆必过定点和
点睛：这个题目考查的是直线和圆的位置关系；一般直线和圆的题很多情况下是利用数形结合来解决的，联立的时候较少；还有就是在求圆上的点到直线或者定点的距离时，一般是转化为圆心到直线或者圆心到定点的距离，再加减半径，分别得到最大值和最小值
21、（1）相交（2）
【解析】（1）根据条件求得圆心和半径，从而由圆心距确定两圆的位置关系；
（2）设，与圆联立得，用坐标表示斜率结合韦达定理求解即可.
试题解析：
（1）设圆心为，则

，

（2）
联立

，

，

(2)法二：
联立
假设存在
则
，
故存在)满足条件.