2025-2026学年陕西省韩城市高一数学第一学期期末复习检测试题含解析.doc

2025-2026学年陕西省韩城市高一数学第一学期期末复习检测试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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．已知点P(3,4) 在角的终边上，则的值为（）
A B.
C. D.
2．如果，，那么直线不通过
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
3．已知函数，则
A.0 B.1
C. D.2
4．函数的大致图像如图所示，则它的解析式是

A. B.
C. D.
5．下列结论中正确的是（）
A.当时，无最大值 B.当时，的最小值为3
C.当且时， D.当时，
6．已知函数，若函数有四个零点，则的取值范围是
A. B.
C. D.
7．在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足，其中星等为mk的星的亮度为Ek（k=1,2）.已知太阳的星等是–26.7，天狼星的星等是–1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为
A.1010.1 B.10.1
C.lg10.1 D.
8．已知扇形的周长为8，圆心角为2弧度，则该扇形的面积为
A B.
C. D.
9．设分别是x轴和圆：(x－2)2＋(y－3)2＝1上的动点，且点A(0，3)，则的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
10．将函数的图象上所有的点向右平行移动个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图象的函数解析式是
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．将一个高为的圆锥沿其侧面一条母线展开，其侧面展开图是半圆，则该圆锥的底面半径为______
12．已知函数是定义在上的奇函数，若时，，则时，__________
13．关于函数f（x）=有如下四个命题：
①f（x）的图象关于y轴对称
②f（x）的图象关于原点对称
③f（x）的图象关于直线x=对称
④f（x）的最小值为2
其中所有真命题的序号是__________
14．若（）与（）互为相反数，则的最小值为______.
15．已知实数，执行如图所示的流程图，则输出的x不小于55的概率为________

16．已知定义域为R的偶函数满足，当时，，则方程在区间上所有的解的和为___________.
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．已知集合，集合
（1）若“”是“”的充分条件，求实数的取值范围；
（2）若，求实数的取值范围.
18．已知函数，
（1）若函数在区间上存在零点，求正实数的取值范围；
（2）若，，使得成立，求正实数的取值范围
19．如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折成，使平面平面.

(1)求证：平面；
(2)求与平面所成的角；
(3)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
20．问题：是否存在二次函数同时满足下列条件：，的最大值为4，______?若存在，求出的解析式；若不存在，请说明理由.在①对任意都成立，②函数的图像关于轴对称，③函数的单调递减区间是这三个条件中任选一个，补充在上面问题中作答.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
21．已知函数的定义域为集合，关于的不等式的解集为，若，求实数的取值范围
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、D
【解析】利用三角函数的定义即可求出答案.
【详解】因为点P(3,4) 在角的终边上,所以,
,
故选:D
【点睛】本题考查了三角函数的定义,三角函数诱导公式,属于基础题.
2、A
【解析】 截距 ,因此直线不通过第一象限,选A
3、B
【解析】 ,选B.
4、D
【解析】由图易知：函数图象关于y轴对称，函数为偶函数，排除A，B；
的图象为开口向上的抛物线，显然不适合，
故选D
点睛：识图常用方法
(1)定性分析法：通过对问题进行定性的分析，从而得出图象的上升(或下降)的趋势，利用这一特征分析解决问题；
(2)定量计算法：通过定量的计算来分析解决问题；
(3)函数模型法：由所提供的图象特征，联想相关函数模型，利用这一函数模型来分析解决问题
5、D
【解析】利用在单调递增，可判断A；利用均值不等式可判断B，D；取可判断C
【详解】选项A，由都在单调递增，故在单调递增，因此在上当时取得最大值，选项A错误；
选项B，当时，，故，当且仅当，即时等号成立，由于，故最小值3取不到，选项B错误；
选项C，令，此时，不成立，故C错误；
选项D，当时，，故，当且仅当，即时，等号成立，故成立，选项D正确
故选：D
6、B
【解析】不妨设，的图像如图所示，
则，，
其中，
故，也就是，
则，
因，故.
故选：B.

【点睛】函数有四个不同零点可以转化为的图像与动直线有四个不同的交点，注意函数的图像有局部对称性，而且还是倒数关系.
7、A
【解析】由题意得到关于的等式，结合对数的运算法则可得亮度的比值.
【详解】两颗星的星等与亮度满足,令,
.
故选A.
【点睛】本题以天文学问题为背景,考查考生的数学应用意识、信息处理能力、阅读理解能力以及指数对数运算.
8、A
【解析】利用弧长公式、扇形的面积计算公式即可得出
【详解】设此扇形半径为r，扇形弧长为l=2r
则2r+2r＝8，r=2，
∴扇形的面积为r=
故选A
【点睛】本题考查了弧长公式、扇形的面积计算公式，属于基础题
9、B
【解析】取点A关于x轴的对称点C（0，-3），得到，最小值为.
故答案为B.
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；再者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
10、C
【解析】将函数的图象上所有的点向右平行移动个单位长度，所得函数图象的解析式为y＝sin(x－);
再把所得图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图象的函数解析式是.故选C.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、1
【解析】设该圆锥的底面半径为r，推导出母线长为2r，再由圆锥的高为，能求出该圆锥的底面半径
【详解】
设该圆锥的底面半径为r，
将一个高为的圆锥沿其侧面一条母线展开，其侧面展开图是半圆，
，
解得，
圆锥的高为，
，
解得
故答案为1
【点睛】本题考查圆锥的底面半径的求法，考查圆锥性质、圆等基础知识，考查运算求解能力，是基础题
12、
【解析】函数是定义在上的奇函数，当时，当时，则，，故答案为.
13、②③
【解析】利用特殊值法可判断命题①的正误；利用函数奇偶性的定义可判断命题②的正误；利用对称性的定义可判断命题③的正误；取可判断命题④的正误.综合可得出结论.
【详解】对于命题①，，，则，
所以，函数的图象不关于轴对称，命题①错误；
对于命题②，函数的定义域为，定义域关于原点对称，
，
所以，函数的图象关于原点对称，命题②正确；
对于命题③，，
，则，
所以，函数的图象关于直线对称，命题③正确；
对于命题④，当时，，则，
命题④错误.
故答案为：②③.
【点睛】本题考查正弦型函数的奇偶性、对称性以及最值的求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
第ⅠⅠ卷
14、2
【解析】有题设得到，利用基本不等式求得最小值.
【详解】由题知，，则，，
则，当且仅当时等号成立，
故答案为：2
15、
【解析】设实数x∈[1,9]，
经过第一次循环得到x=2x+1，n=2，
经过第二循环得到x=2(2x+1)+1，n=3，
经过第三次循环得到x=2[2(2x+1)+1]+1，n=4此时输出x，
输出的值为8x+7，
令8x+7⩾55，得x⩾6，
由几何概型得到输出的x不小于55的概率为.
故答案为.
16、
【解析】根据给定条件，分析函数，函数的性质，再在同一坐标系内作出两个函数图象，结合图象计算作答.
【详解】当时，，则函数在上单调递减，函数值从减到0，
而是R上的偶函数，则函数在上单调递增，函数值从0增到，
因，有，则函数的周期是2，且有，即图象关于直线对称，
令，则函数在上递增，在上递减，值域为，且图象关于直线对称，
在同一坐标系内作出函数和的图象，如图，

观察图象得，函数和在上的图象有8个交点，且两两关于直线对称，
所以方程在区间上所有解的和为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出f(x)=0的解；(2)图象法：作出函数f(x)的图象，观察与x轴
公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.

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）由已知可得，可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围；
（2）分、两种情况讨论，根据可得出关于实数的不等式（组），综合可得出实数的取值范围.
【小问1详解】
解：由已知得，故有， 解得，故的取值范围为.
【小问2详解】
解：当时，则，解得；
当时，则或，解得.
∴的取值范围为.
18、（1）
（2）
【解析】（1）结合函数的单调性及零点存在定理可得结论；
（2）由题意可得在，上，，由函数的单调性求得最值，解不等式可得所求范围
【小问1详解】
函数，
因为在区间上单调递减，又，所以在区间上单调递减，所以在区间上单调递减，若在区间上存在零点，则.
【小问2详解】
存在，，，使得成立，
等价为在，上，
由在，递增，可得的最小值为，
又，所以在，递减，可得的最大值为，
由，解得，所以；
综上可得，的范围是
19、 (1)证明见解析；(2)30°；(3)存在，.
【解析】(1)首先根据已知条件并结合线面垂直的判定定理证明平面，再证明即可求解；
(2)根据(1)中结论找出所求角，再结合已知条件即可求解；
(3)首先假设存在，然后根据线面平行的性质以及已知条件，看是否能求出点的具体位置，即可求解.
【详解】(1)因为，是的中点，所以，
故四边形是菱形，从而，
所以沿着翻折成后，，
又因为，
所以平面，
由题意，易知，，
所以四边形是平行四边形，故，
所以平面；
(2) 因为平面，
所以与平面所成的角为，
由已知条件，可知，，
所以是正三角形，所以，
所以与平面所成的角为30°；
(3) 假设线段上是存在点，使得平面，
过点作交于，连结，，如下图：

所以，所以，，，四点共面，
又因平面，所以，
所以四边形为平行四边形，故，
所以为中点，
故在线段上存在点，使得平面，且.
20、若选择①，；若选择②，；若选择③，

【解析】由可得，由所选的条件可得的对称轴，再由的最大值为4，可得关于的方程，求解即可.
【详解】解：由，可得：，
；
若选择①，
对任意都成立，
故的对称轴为，
即，
又的最大值为4，
且，
解得：，
故；
若选择②，
函数图像关于轴对称，
故的对称轴为，
即，
又的最大值为4，
且，
解得：，
故；
若选择③，
函数的单调递减区间是，
故的对称轴为，
即，
又的最大值为4，
且，
解得：，
故.
21、.
【解析】对数真数大于零，所以，解得.为增函数，所以.由于是的子集，所以.
试题解析：
要使有意义，则，解得，
即
由，解得，
即

∴解得
故实数的取值范围是
考点：分式不等式，子集的概念.
【方法点晴】注意一元二次方程、二次函数、二次不等式的联系，解二次不等式应尽量结合二次函数图象来解决，培养并提高数形结合的分析能力；当时，需要计算相应二次方程的根，其解集是用根表示，对于含参数的二次不等式，需要针对开口方向、判别式的符号、根的大小分类讨论.解决恒成立问题一定要清楚选谁为主元，谁是参数．一般地，知道谁的范围，就选谁当主元，求谁的范围，谁就是参数．分式不等式转化为一元二次不等式来求解.