宁夏银川市第六中学2025年数学高一第一学期期末质量跟踪监视试题含解析.doc

宁夏银川市第六中学2025年数学高一第一学期期末质量跟踪监视试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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．曲线与直线在轴右侧的交点按横坐标从小到大依次记为,,,,,…,则等于
A. B.2
C.3 D.
2．如图，三棱柱中，侧棱底面，底面三角形是正三角形，是中点，则下列叙述正确的是

A.平面
B.与是异面直线
C.
D.
3．已知函数（，，，）的图象（部分）如图所示，则的解析式是

A. B.
C. D.
4．若函数f（x）=，则f（f（））=（　　）
A.4 B.
C. D.
5．下列函数中，最小正周期是且是奇函数的是（）
A. B.
C. D.
6．已知函数若关于的方程有6个根，则的取值范围为（）
A. B.
C. D.
7．将函数的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将所得的图像向左平移个单位，得到的图像对应的解析式为（）
A. B.
C. D.
8．已知函数，则函数在上单调递增，是恒成立的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
9．设，，若，则ab的最小值是（）
A.5 B.9
C.16 D.25
10．已知函数，函数有四个不同的的零点，，，，且，则（）
A.a的取值范围是(0,) B.的取值范围是(0,1)
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知幂函数为奇函数，则___________.
12．已知函数的图象经过定点，若为正整数，那么使得不等式在区间上有解的的最大值是__________.
13．已知空间中两个点A（1，3，1），B（5，7，5），则|AB|＝_____
14．已知，，，则，，的大小关系是___________（用“”连接）
15．在三棱锥中，，，两两垂直，，，三棱锥的侧面积为13，则该三棱锥外接球的表面积为______.
16．在函数的图像上，有______个横、纵坐标均为整数的点
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．已知不等式的解集为
（1）求的值；
（2）求的值
18．已知是偶函数，是奇函数.
（1）求，的值；
（2）判断的单调性；（不需要证明）
（3）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围.
19．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，AA1=4，点D是AB的中点，
（Ⅰ）求证：A1C1⊥BC1；
（Ⅱ）求证：AC1∥平面CDB1

20．如图所示，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，过点作交于点.

（1）证明：平面；
（2）证明：平面；
（3）求三棱锥的体积.
21．已知二次函数.
（1）若在的最大值为5，求的值；
（2）当时，若对任意实数，总存在，使得.求的取值范围.
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】曲线与直线在轴右侧的交点按横坐标从小到大依次记为，曲线与直线在轴右侧的交点按横坐标转化为根，解简单三角方程可得对应的横坐标分别为，，故选B.
【思路点睛】本题主要考查三角函数的图象以及简单的三角方程，属于中档题.解答本题的关键是将曲线与直线在轴右侧的交点按横坐标转化为根，可得或，令取特殊值即可求得，从而可得.
2、D
【解析】因为三棱柱A1B1C1-ABC中,侧棱AA1⊥底面ABC，底面三角形ABC是正三角形，E是BC中点，
所以对于A,AC与AB夹角为60°,即两直线不垂直，所以AC不可能垂直于平面ABB1A1；故A错误；
对于B,CC1与B1E都在平面CC1BB1中不平行，故相交；所以B错误；
对于C,A1C1，B1E是异面直线；故C错误；
对于D,因为几何体是三棱柱,并且侧棱AA1⊥底面ABC，底面三角形ABC是正三角形，E是BC中点，所以BB1⊥底面ABC,所以BB1⊥AE,AE⊥BC,得到AE⊥平面BCC1B1,所以AE⊥BB1；
故选D.
3、C
【解析】根据图象可知，利用正弦型函数可求得；根据最大值和最小值可确定，利用及可求得，从而得到函数解析式.
【详解】由图象可知，的最小正周期：
又
又，且
，，即，

本题正确选项：
【点睛】本题考查根据图象求解三角函数解析式的问题，关键是能够明确由最大值和最小值确定；由周期确定；通常通过最值点来进行求解，属于常考题型.
4、C
【解析】由题意结合函数的解析式求解函数值即可.
【详解】由函数的解析式可得：,.
故选C
【点睛】本题考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题
5、A
【解析】根据三角函数的周期性和奇偶性对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】A选项，的最小正周期是，且是奇函数，A正确.
B选项，的最小正周期是，且是奇函数，B错误.
C选项，的最小正周期为，且是奇函数，C错误.
D选项，的最小正周期是，且是偶函数，D错误.
故选：A
6、B
【解析】作出函数的图象,令，则原方程可化为在上有2个不相等的实根，再数形结合得解.
【详解】
作出函数的图象如图所示．令，则可化为，要使关于的方程有6个根，数形结合知需方程在上有2个不相等的实根，，不妨设，，则解得，故的取值范围为，
故选B
【点睛】形如的函数的零点问题与函数图象结合较为紧密，处理问题的基础和关键是作出，的图象．若已知零点个数求参数的范围，通常的做法是令，先估计关于的方程的解的个数，再根据的图象特点，观察直线与图象的交点个数，进而确定参数的范围
7、B
【解析】由三角函数的平移变换即可得出答案.
【详解】函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），可得，再将所得的图象向左平移个单位可得
故选：B.
8、A
【解析】根据充分、必要条件的定义证明即可.
【详解】因为函数在上单调递增，则，
恒成立，即恒成立，，即.
所以 “”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
9、D
【解析】结合基本不等式来求得的最小值.
【详解】，，
，
，
当且仅当时等号成立，由.
故选：D
10、D
【解析】将问题转化为与有四个不同的交点，应用数形结合思想判断各交点横坐标的范围及数量关系，即可判断各选项的正误.
【详解】有四个不同的零点、、、，即有四个不同的解
的图象如下图示，

由图知：，
所以，即的取值范围是(0,＋∞)
由二次函数的对称性得：，
因为，即，故
故选：D
【点睛】关键点点睛：将零点问题转化为函数交点问题，应用数形结合判断交点横坐标的范围或数量关系.
第II卷

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】根据幂函数的定义，结合奇函数的定义进行求解即可.
【详解】因为是幂函数，
所以，或，
当时，，因为，所以函数是偶函数，不符合题意；
当时，，因为，所以函数是奇函数，符合题意，
故答案为：
12、
【解析】由可得出，由已知不等式结合参变量分离法可得出，令，求出函数在上的最大值，即可得出实数的取值范围，即可得解.
【详解】由已知可得，则，解得，故，
由得，
因为，则，可得，
令，，则函数在上单调递减，
所以，，.
因此，正整数的最大值为.
故答案：.
13、
【解析】直接代入空间中两点间的距离公式即可得解.
【详解】∵空间中两个点A（1，3，1），B（5，7，5），
∴|AB|4
故答案为: 4
【点睛】本题考查空间中两点间的距离公式,属于基础题.
14、
【解析】根据指数函数与对数函数单调性直接判断即可.
【详解】由已知得，所以，
，，
所以，
故答案为：.
15、
【解析】根据侧面积计算得到，再计算半径为，代入表面积公式得到答案.
【详解】三棱锥的侧面积为，所以
故该三棱锥外接球的半径为：，球的表面积为.
故答案为：
【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
16、3
【解析】由题可得函数为减函数，利用赋值法结合条件及函数的性质即得.
【详解】因为，
所以函数在R上单调递减，
又，，，
，且当时，，
当时，令，
则，
综上，函数的图像上，有3个横、纵坐标均为整数的点
故答案为：3.

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）
（2）
【解析】（1）根据根与系数的关系以及化弦为切求解即可；
（2）由商数关系化弦为切求解即可.
【小问1详解】
依题意可知，是方程的两个实数根，
所以
故
【小问2详解】

18、（1），
（2）单调递增
（3）
【解析】（1）根据函数奇偶性的性质即可求，的值；
（2）根据指数函数的单调性即可判断的单调性；
（3）根据函数的单调性将不等式在上恒成立，进行转化，即可求实数的取值范围
【小问1详解】
解：因为是偶函数，
所以，即，
则，即，
所以，即，解得
若是奇函数，
又定义域为，则，即，解得；
【小问2详解】
解：因为，所以，
因为函数单调递增，函数单调递减，所以单调递增；
小问3详解】
解：由（2）知单调递增；
则不等式在上恒成立，
等价为在上恒成立，
即在上恒成立，
则，
设，则在上单调递增，
∴，
则，
所以实数的取值范围是．
19、 (1)见解析(2)见解析
【解析】（1）要证线线垂直，转证平面，（2）要证AC1∥平面CDB1，转证//即可.
试题解析：
证明(法一:故有,A.法二: ;由直三棱柱;;平面;平面,平面,平面,
(连接相交于点O,连OD,易知//,平面 ,平面,故//平面.
点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.
(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.
20、（1）见解析；（2）见解析；（3）.
【解析】（1）连接交于点，连接，利用中位线定理得出∥，故平面；
（2）由⊥底面 ，得，结合得平面，于是，结合得平面，故而，结合，即可得出平面；；
（3）依题意，可得
试题解析：（1）连接交于点，连接
∵底面是正方形，∴点是的中点
又为的中点，∴∥
又平面，平面，
∴∥平面.

（2）∵⊥底面，平面，∴
∵底面是正方形，∴．又，
平面，平面，
∴平面．又平面，∴
∵，是的中点，∴．又平面，
平面，，∴平面．而平面
∴.又，且，
又平面，平面，∴平面.
（Ⅲ）∵是的中点，
.
【点睛】本题考查了线面平行的判定，线面垂直的判定与性质，棱锥的体积计算.正确运用定理是证明的关键.
21、（1）2；（2）.
【解析】（1）时，；当时，根据单调性可得答案；
（2）依题意得，当、时，利用的单调性可得答案；当和时，结合图象和单调性可得答案.
【详解】（1）当时，，
因为，故，；
当时，对称轴，在上单调递减，
所以，不合题意，舍去，
综上可得：.
（2）依题意得：，即，.
①当时，
对恒成立，
所以，即；
②当时，
对恒成立，
所以，即；
③当时，

对恒成立，
所以，即；
④当时，
对恒成立，
所以，即；
综上所述，的取值范围为.
【点睛】本题考查了二次函数恒成立的问题，所谓“动轴定区间法”，轴动区间定：比较对称轴与区间端点的位置关系，根据函数的单调性数形结合判断取得最值的点，需要分类讨论.