2025-2026学年辽宁省抚顺市东洲区抚顺十中数学高一第一学期期末学业质量监测试题含解析.doc

2025-2026学年辽宁省抚顺市东洲区抚顺十中数学高一第一学期期末学业质量监测试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、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．设，，，则、、的大小关系是
A. B.
C. D.
2．，，，则的大小关系为（）
A. B.
C. D.
3．已知，那么（）
A. B.
C. D.
4．已知的三个顶点A，B，C及半面内的一点P，若，则点P与的位置关系是　　
A.点P在内部 B.点P在外部
C.点P在线段AC上 D.点P在直线AB上
5．已知向量，若，则（ ）
A.1或4 B.1或
C.或4 D.或
6．已知，，，夹角为，如图所示，若，，且D为BC中点，则的长度为　　

A. B.
C.7 D.8
7．已知函数在区间上单调递增，若成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
8．下列函数中，最小正周期是且是奇函数的是（）
A. B.
C. D.
9．已知某产品的总成本C（单位：元）与年产量Q（单位：件）之间的关系为.设该产品年产量为Q时的平均成本为（单位：元/件），则的最小值是（）
A.30 B.60
C.900 D.180
10．若是定义在(－∞，＋∞)上的偶函数，∈[0，＋∞)且（），则(　　)
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．直线3x+2y+5＝0在x轴上的截距为_____.
12．函数在[1，3]上的值域为[1，3]，则实数a的值是___________.
13．已知，，则函数的值域为______
14．如图所示，中，，边AC上的高，则其水平放置的直观图的面积为______

15．已知在上的最大值和最小值分别为和，则的最小值为__________
16．当曲线与直线有两个相异交点时，实数的取值范围是________
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．已知集合，或
（1）当时，求；
（2）若，且“”是“”的充分不必要条件，求实数a的取值范围
18．已知圆C经过点，两点，且圆心在直线上
（1）求圆C的方程；
（2）已知、是过点且互相垂直的两条直线，且与C交于A，B两点，与C交于P、Q两点，求四边形APBQ面积的最大值
19．已知直线l经过点，其倾斜角为.
（1）求直线l的方程；
（2）求直线l与两坐标轴围成的三角形的面积.
20．已知正三棱柱，是的中点

求证：（1）平面；
（2）平面平面
21．已知函数是定义域为上的奇函数，且
（1）求的解析式；
（2）用定义证明：在上增函数.
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】详解】，，，
故选B
点睛：利用指数函数对数函数及幂函数的性质比较实数或式子的大小，一方面要比较两个实数或式子形式的异同，底数相同，考虑指数函数增减性，指数相同考虑幂函数的增减性，当都不相同时，考虑分析数或式子的大致范围，来进行比较大小，另一方面注意特殊值的应用，有时候要借助其“桥梁”作用，来比较大小
2、D
【解析】根据对数函数的单调性得到，根据指数函数的单调性得到，根据正弦函数的单调性得到.
【详解】易知，，
因，函数在区间内单调递增，所以，
所以.
故选：D.
3、B
【解析】先利用指数函数单调性判断b，c和1大小关系，再判断a与1的关系，即得结果.
【详解】因为在单调递增，，故，即，
而，故.
故选：B.
4、C
【解析】由平面向量的加减运算得：，所以：，由向量共线得：即点P在线段AC上，得解
【详解】因为：，
所以：，
所以：，
即点P在线段AC上，
故选C．
【点睛】本题考查了平面向量的加减运算及向量共线，属简单题．
5、B
【解析】根据向量的坐标表示，以及向量垂直的条件列出方程，即可求解.
【详解】由题意，向量，可得，
因为，则，解得或.
故选：B.
6、A
【解析】AD为的中线，从而有，代入，根据长度进行数量积的运算便可得出的长度
【详解】根据条件：；

故选A
【点睛】本题考查模长公式，向量加法、减法及数乘运算，向量数量积的运算及计算公式，根据公式计算是关键，是基础题.
7、A
【解析】由增函数的性质及定义域得对数不等式组，再对数函数性质可求解
【详解】不等式即为，∵函数在区间上单调递增，
∴，即，解得，∴实数的取值范围是，选A
【点睛】本题考查函数的单调性应用，考查解函数不等式，解题时除用函数的单调性得出不等关系外，一定要注意函数的定义域的约束，否则易出错
8、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
9、B
【解析】利用基本不等式进行最值进行解题.
【详解】解：某产品的总成本C（单位：元）与年产量Q（单位：件）之间的关系为

当且仅当，即时，等号成立.
的最小值是.
故选：B
10、B
【解析】，有
当时函数为减函数
是定义在上的偶函数

即
故选

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】直接令，即可求出
【详解】解：对直线令，得
可得直线在轴上截距是，
故答案：
【点睛】本题主要考查截距的定义，需要熟练掌握，属于基础题
12、
【解析】分类讨论，根据单调性求值域后建立方程可求解.
【详解】若，在上单调递减，则，不符合题意；
若，在上单调递增，则，当值域为时，可知，解得.
故答案为：
13、
【解析】，
又，∴，∴
故答案为
14、.
【解析】直接根据直观图与原图像面积的关系求解即可.
【详解】的面积为，
由平面图形的面积与直观图的面积间的关系.
故答案为:.
15、
【解析】如图：

则当时，
即时，
当时，原式
点睛：本题主要考查了分段函数求最值问题，在定义域为动区间的情况下进行分类讨论，先求出最大值与最小值的情况，然后计算，本题的关键是要注意数形结合，结合图形来研究最值问题，本题有一定的难度
16、
【解析】由解析式可知曲线为半圆，直线恒过；画出半圆的图象，找到直线与半圆有两个交点的临界状态，利用圆的切线的求解方法和两点连线斜率公式求得斜率的取值范围.
【详解】
为恒过的直线
则曲线图象如下图所示：

由图象可知，当直线斜率时，曲线与直线有两个相异交点
与半圆相切，可得：
解得：
又
本题正确结果：
【点睛】本题考查利用曲线与直线的交点个数求解参数范围的问题，关键是能够通过数形结合的方式找到临界状态，易错点是忽略曲线的范围，误认为曲线为圆.

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）首先得到集合，再根据交集的定义计算可得；
（2）首先求出集合的补集，依题意可得是的真子集，即可得到不等式组，解得即可；
【小问1详解】
解：当时，，或，
∴
【小问2详解】
解：∵或，∴，
∵“”是“”的充分不必要条件，
∴是的真子集，∵，∴，
∴，∴，故实数的取值范围为
18、（1）
（2）7
【解析】（1）根据题意，求出MN的中垂线的方程为，分析可得圆心为直线和的交点，联立直线的方程可得圆心的坐标，进而求出圆的半径，由圆的标准方程可得答案；
（2）根据题意，分2种情况讨论：，当直线，，其中一条直线斜率为0时，另一条斜率不存在，分析可得四边形APBQ的面积；，当直线，斜率均存在时，设直线的斜率为k，则方程的方程为，用k表示四边形APBQ的面积，由二次函数分析其最值，综合即可得答案
【小问1详解】
根据题意，点，，则线段MN的中垂线方程为，
圆心为直线和的交点，
则有，解得，所以圆C的圆心坐标为；
半径，
所以圆C的方程为.
【小问2详解】
根据题意，已知、是互相垂直的两条直线，分2种情况讨论：
，当直线，，其中一条直线斜率为0时．另一条斜率不存在
不妨令的斜率为0，此时，
四边形APBQ的面积
，当直线，斜率均存在时，设直线的斜率为
则其方程为，圆心到直线的距离为，
于是，
又的方程为
同理，
所以四边形APBQ的面积
，
当且仅当即时，等号成立
因为
综上所述，四边形APBQ面积的最大值为7
19、 (1) ; (2) .
【解析】(1) 由斜率,再利用点斜式即可求得直线方程；
(2) 由直线的方程，分别令为，得到纵截距与横截距，即可得到直线与两坐标轴所围成的三角形的面积.
【详解】(1)
直线方程为：，即.
(2) 由 (1) 令，则；令，则.
所以直线与两坐标轴所围成的三角形的面积为：
.
【点睛】本题考查直线的点斜式方程，直线截距的意义，三角形的面积，属于基础题.
20、（1）见解析（2）见解析
【解析】（1）连接，交于点，连结，由棱柱的性质可得点是的中点，根据三角形中位线定理可得，利用线面平行的判定定理可得平面；（2）由正棱柱的性质可得平面，于是，再由正三角形的性质可得，根据线面垂直的判定定理可得平面，从而根据面面垂直的判定定理可得结论.
试题解析：（1）连接，交于点，连结，
因为正三棱柱，
所以侧面是平行四边形，
故点是的中点，
又因为是的中点，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面
（2）因为正三棱柱，所以平面，
又因为平面，所以，
因为正三棱柱，是的中点，
是的中点，所以，
又因为，所以平面，
又因为平面，
所以平面 平面

【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直及面面垂直的证明，属于中档题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.本题（1）是就是利用方法①证明的.
21、（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）利用奇函数可求，然后利用可求，从而可得解析式；
（2）先设量，作差，变形，然后判定符号，可得单调性.
【详解】（1）因为为奇函数，所以，即；
因为，所以，即；
所以.
为奇函数
综上，
（2）证明：任取，设，
；
因为，，
所以，，所以，
故在上是增函数.
【点睛】本题主要考查函数解析式的求解和单调性的证明，明确函数单调性的证明步骤是求解的关键，侧重考查数学抽象和逻辑推理的核心素养.