2025年湖南省常德市石门一中数学高一上期末质量检测模拟试题含解析.doc

2025年湖南省常德市石门一中数学高一上期末质量检测模拟试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．已知集合，则
A. B.
C. D.
2．若集合，则集合的所有子集个数是
A.1 B.2
C.3 D.4
3．设集合，则
A. B.
C. D.
4．已知幂函数的图象过（4，2）点，则
A. B.
C. D.
5．设集合，，则
A. B.
C. D.
6．设f（x）为定义在R上的奇函数，当x＞0时，f（x）=log3（1+x），则f（﹣2）=（　　）
A.﹣3 B.﹣1
C.1 D.3
7．全集U＝{1，2，3，4，5，6}，M＝{x|x≤4}，则M等于（ ）
A.{1，3} B.{5，6}
C.{1，5} D.{4，5}
8．由直线上的点向圆引切线，则切线长的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
9．若，，则下列结论正确的是（）
A. B.
C. D.
10．已知函数，那么的值为（）
A.25 B.16
C.9 D.3
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．设且，函数，若，则的值为________
12．函数在上存在零点，则实数a的取值范围是______
13．函数f(x)＝log2(x2－1)的单调递减区间为________
14．设x、y满足约束条件，则的最小值是________.
15．已知定义在上的偶函数，当时，若直线与函数的图象恰有八个交点，其横坐标分别为，，，，，，，，则的取值范围是___________.
16．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______.
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．已知函数的图象在定义域(0，+∞)上连续不断，若存在常数T>0，使得对于任意的x>0，恒成立，称函数满足性质P(T).
（1）若满足性质P(2)，且，求的值；
（2）若，试说明至少存在两个不等的正数T1、T2，同时使得函数满足性质P(T1)和P(T2)；
（3）若函数满足性质P(T)，求证：函数存在零点.
18．已知集合且和集合
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）若全集，集合，且，求a的取值范围
19．如图，在正方体中，、分别为、的中点，与交于点.求证：

（1）；
（2）平面平面.
20．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G分别是CB、CD、CC1的中点

（Ⅰ）求证：平面AB1D1∥平面EFG；
（Ⅱ）A1C⊥平面EFG
21．已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）若，且，求值.
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、C
【解析】分别解集合A、B中的不等式，再求两个集合的交集
【详解】集合，
集合，所以，
选择C
【点睛】进行集合的交、并、补运算前，要搞清楚每个集合里面的元素种类，以及具体的元素，再进行运算
2、D
【解析】根据题意，集合的所有子集个数，选
3、B
【解析】 ,选B.
【考点】 集合的运算
【名师点睛】集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦恩图进行处理.
4、A
【解析】
详解】由题意可设 ,又函数图象过定点（4，2）, , ,从而可知，则 .故选A
5、D
【解析】详解】试题分析：集合，集合，所以,故选D.
考点：1、一元二次不等式；2、集合的运算.
6、B
【解析】因为函数f（x）为奇函数，所以．选B
7、B
【解析】M即集合U中满足大于4的元素组成的集合.
【详解】由全集U＝{1，2，3，4，5，6}，M＝{x|x≤4}
则M = {5，6}.
故选：B
【点睛】本题考查求集合的补集，属于基础题.
8、B
【解析】要使切线长最小，必须直线y=x+2上的点到圆心的距离最小，此最小值即为圆心（4，﹣2）
到直线的距离m，求出m，由勾股定理可求切线长的最小值
【详解】要使切线长最小，必须直线y=x+2上的点到圆心的距离最小，
此最小值即为圆心（4，﹣2）到直线的距离m，
由点到直线的距离公式得 m==4，
由勾股定理求得切线长的最小值为=
故选B
【点睛】本题考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式、勾股定理的应用．解题的关键是理解
要使切线长最小，必须直线y=x+2上的点到圆心的距离最小
9、C
【解析】根据不等式的性质，逐一分析选项，即可得答案.
【详解】对于A：因为，所以，因为，所以，故A错误；
对于B：因为，所以，且，所以，故B错误；
对于C：因为，所以，又，所以，故C正确；
对于D：因为，，所以，所以，故D错误.
故选：C
10、C
【解析】根据分段函数解析式求得.
【详解】因为，所以.
故选：C

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】根据函数的解析式以及已知条件可得出关于实数的等式，由此可解得实数的值.
【详解】因为，且，则.
故答案为：.
12、
【解析】由可得，求出在上的值域，则实数a的取值范围可求
【详解】由，得，即
由，得，
又∵函数在上存在零点，

即实数a的取值范围是
故答案为
【点睛】本题考查函数零点的判定，考查函数值域的求法，是基础题
13、
【解析】由复合函数同增异减得单调减区间为的单调减区间，且，解得
故函数的单调递减区间为
14、-6
【解析】先根据约束条件画出可行域，再利用的几何意义求最值，只需求出直线过可行域内的点时，从而得到的最小值即可
【详解】解：由得，
作出不等式组对应的平面区域如图（阴影部分ABC）：

平移直线，由图象可知当直线，过点A时，直线截距最大，此时z最小，
由得，即，
代入目标函数，
得
∴目标函数的最小值是﹣6
故答案为：
【点睛】本题考查简单线性规划问题，属中档题
15、
【解析】先作出函数的大致图象，由函数性质及图象可知八个根是两两关于轴对称的，因此分析可得,，进而将转化为
形式，再数形结合，求得结果.
【详解】作出函数的图象如图：

直线与函数的图象恰有八个交点，其横坐标分别为，，，，，，，，
不妨设从左到右分别是，，，，，，，，则 ，
由函数解析式以及图象可知： ，
即 ，同理： ；
由图象为偶函数，图象关于轴对称可知： ，
所以
又因为是方程 的两根，
所以 ，
而 ，所以 ，
故 ，
即，
故答案为：
16、
【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.

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）0；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】（1）由满足性质可得恒成立，取可求，取可求，由此可求的值；
(2）设满足，利用零点存在定理证明关于的方程至少有两个解，证明至少存在两个不等的正数，
同时使得函数满足性质和；
（3）分别讨论，，时函数的零点的存在性，由此完成证明.
【小问1详解】
因为满足性质，
所以对于任意的x，恒成立.
又因为，
所以，，
由可得，
所以，；
【小问2详解】
若正数满足，等价于，
记，
显然，，
因为，所以，，即.
因为的图像连续不断，
所以存，使得，
因此，至少存在两个不等的正数，使得函数同时满足性质和.
【小问3详解】
若，则1即为零点；
因为，若，则，矛盾，故，
若，则，，，
可得.
取即可使得，又因为的图像连续不断，
所以，当时，函数在上存在零点，
当时，函数在上存在零点，
若，则由，可得，
由，可得，
由，可得.
取即可使得，又因为的图像连续不断，
所以，当时，函数在上存在零点，
当时，函数在上存在零点，
综上，函数存在零点.
【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.对于此题中的新概念，对阅读理解能力有一定的要求.但是透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
18、（Ⅰ） ；（Ⅱ）.
【解析】Ⅰ由函数的定义域及值域的求法得，，可求
Ⅱ先求解C，再由集合的补集的运算及集合间的包含关系得，解得
【详解】Ⅰ由，，得，即，
解不等式，得，即，
所以，
Ⅱ解不等式得：，即，
又，
又，
所以，解得：，
【点睛】本题考查了函数的定义域及值域的求法，考查了集合的交集、补集的运算及集合间的包含关系，属于简单题
19、（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】（1）证明出四边形为平行四边形，可证得结论成立；
（2）证明出平面，平面，利用面面平行的判定定理可证得结论成立.
【小问1详解】
证明：在正方体中，且，
因为、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，则.
【小问2详解】
证明：因为四边形为正方形，，则为的中点，
因为为中点，则，
平面，平面，所以，平面，
因为，平面，平面，所以，平面，
因为，因此，平面平面.
20、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析.
【解析】（Ⅰ） 连接，推导出四边形是平行四边形，从而.再证出， .从而平面，同理平面，由此能证明平面平面
（Ⅱ） 推导出， ，从而平面， ，同理，由此能证明平面AB1 D1，从而平面
【详解】（Ⅰ）连接BC1，∵正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥C1D1，AB=C1D1，∴四边形ABC1D1是平行四边形，∴AD1∥BC1.又∵E，G分别是BC，CC1的中点，∴EG∥BC1，∴EG∥AD1.又∵EG⊄平面AB1D1，AD1⊂平面AB1D1，∴EG∥平面AB1D1.同理EF∥平面AB1D1，且EG∩EF=E，EG⊂平面EFG，EF⊂平面EFG，∴平面AB1D1∥平面EFG. 

（Ⅱ）∵AB1 D1正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB1⊥A1B.又∵正方体ABCD-A1B1C1D1中，BC⊥平面AA1B1B，∴AB1⊥BC.又∵A1B与BC都在平面A1BC中，A1B与BC相交于点B，∴AB1⊥平面A1BC，∴A1C⊥AB1
同理A1C⊥AD1，而AB1与AD1都在平面AB1 D1中，AB1与AD1相交于点A，
∴A1C⊥平面AB1 D1，因此，A1C⊥平面EFG
【点睛】本题考查面面平行、线面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查空间思维能力， 是中档题
21、（1）的单调递增区间为，单调递减区间
（2）
【解析】（1）化简解析式，根据三角函数单调区间的求法，求得的单调区间.
（2）求得、，结合两角差的正弦公式求得.
【小问1详解】

.
由，得，
的单调递增区间为，
同理可得的单调递减区间.
【小问2详解】
，.
，.
.

.