辽宁省重点协作校2025年高一数学第一学期期末统考模拟试题含解析.doc

辽宁省重点协作校2025年高一数学第一学期期末统考模拟试题
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．在中，如果，，，则此三角形有（）
A.无解 B.一解
C.两解 D.无穷多解
2．设，，，则下列正确的是（）
A. B.
C. D.
3．如图所示，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积等于（ ）

A. B.
C. D.
4．已知三棱锥D－ABC中，AB＝BC＝1，AD＝2，BD＝，AC＝，BC⊥AD，则该三棱锥的外接球的表面积为（）

A.π B.6π
C.5π D.8π
5．若a，b都为正实数且，则的最大值是（）
A. B.
C. D.
6．设，，且，则
A. B.
C. D.
7．将函数的周期扩大到原来的2倍，再将函数图象左移，得到图象对应解析式是（ ）
A. B.
C. D.
8．命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
9．铁路总公司关于乘车行李规定如下：乘坐动车组列车携带品的外部尺寸长、宽、高之和不超过．设携带品外部尺寸长、宽、高分别为（单位：），这个规定用数学关系式表示为（）
A. B.
C. D.
10．圆：与圆：的位置关系为（）
A.相交 B.相离
C.外切 D.内切
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知点，若，则点的坐标为_________.
12．计算______
13．下图是某机械零件的几何结构，该几何体是由两个相同的直四棱柱组合而成的，且前后，左右、上下均对称，每个四棱柱的底面都是边长为2的正方形，高为4，且两个四棱柱的侧棱互相垂直.则这个几何体的体积为________.

14．若函数在上存在零点，则实数的取值范围是________
15．用秦九韶算法计算多项式，当时的求值的过程中，的值为________.
16．函数的定义域是__________，值域是__________.
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，集合或，全集
（1）若，求；
（2）若，求实数a的取值范围
18．已知函数的图象在定义域上连续不断.若存在常数，使得对于任意的，恒成立，称函数满足性质.
（1）若满足性质，且，求的值；
（2）若，试说明至少存在两个不等的正数，同时使得函数满足性质和.（参考数据：）
（3）若函数满足性质，求证：函数存在零点.
19．直线与直线平行，且与坐标轴构成的三角形面积是24，求直线的方程.
20．已知函数f (x)＝(a，b为常数，且a≠0)满足f (2)＝1，方程f (x)＝x有唯一解，
（1）求函数f(x)的解析式；
（2）若，求函数的最大值.
21．已知，，且.
（1）求实数a的值；
（2）求.
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、A
【解析】利用余弦定理，结合一元二次方程根的判别式进行求解即可.
【详解】由余弦定理可知：
，
该一元二次方程根的判别式，
所以该一元二次方程没有实数根，
故选：A
2、D
【解析】计算得到，，，得到答案.
【详解】，，.
故.
故选：.
【点睛】本题考查了利用函数单调性比较数值大小，意在考查学生对于函数性质的灵活运用.
3、D
【解析】根据斜二测画法的规则，得出该平面图象的特征，结合面积公式，即可求解.
【详解】由题意，根据斜二测画法规则，可得该平面图形是上底长为，下底长为，高为的直角梯形，所以计算得面积为.
故选：D.

4、B
【解析】由题意结合平面几何、线面垂直的判定与性质可得BC⊥BD，AD⊥AC，再由平面几何的知识即可得该几何体外接球的球心及半径，即可得解.
【详解】 AB＝BC＝1，AD＝2，BD＝，AC＝，
∴，，
∴DA⊥AB，AB⊥BC，由BC⊥AD 可得BC⊥平面DAB，DA⊥平面ABC，
∴BC⊥BD，AD⊥AC，
∴CD＝，
由直角三角形的性质可知，线段CD的中点O到点A，B，C，D的距离均为，
∴该三棱锥外接球的半径为，
故三棱锥的外接球的表面积为4π＝6π.

故选：B.
【点睛】本题考查了三棱锥几何特征的应用及其外接球表面积的求解，考查了运算求解能力与空间思维能力，属于中档题.
5、D
【解析】由基本不等式，结合题中条件，直接求解，即可得出结果.
【详解】因为，都为正实数，，
所以，
当且仅当，即时，取最大值.
故选：D
6、C
【解析】，
则，即

，，

，
即
故选
点睛：本题主要考查了切化弦及两角和的余弦公式的应用，在遇到含有正弦、余弦及正切的运算时可以将正切转化为正弦及余弦，然后化简计算，本题还运用了两角和的余弦公式并结合诱导公式化简，注意题目中的取值范围
7、D
【解析】直接利用函数图象的与平移变换求出函数图象对应解析式
【详解】解：将函数y＝5sin（﹣3x）的周期扩大为原来的2倍，
得到函数y＝5sin（x），再将函数图象左移，
得到函数y＝5sin[（x）]＝5sin（）＝5sin（）
故选D
【点睛】本题考查函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换，属于基础题.
8、B
【解析】根据特称命题的否定为全称命题，将并否定原结论，写出命题的否定即可.
【详解】由原命题为特称命题，故其否定为“”.
故选：B
9、C
【解析】根据长、宽、高的和不超过可直接得到关系式.
【详解】长、宽、高之和不超过，.
故选：.
10、A
【解析】根据圆心距以及圆的半径确定正确选项.
【详解】圆：的圆心为，半径为.
圆：的圆心为，半径为.
，，
所以两圆相交.
故选：A

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、（0,3）
【解析】设点的坐标，利用，求解即可
【详解】解：点，，，
设，，，
，，解得，
点的坐标为，
故答案为：
【点睛】本题考查向量的坐标运算，向量相等的应用，属于基础题
12、11
【解析】进行分数指数幂和对数式的运算即可
【详解】原式
故答案为11
【点睛】本题考查对数式和分数指数幂的运算，熟记运算性质，准确计算是关键，是基础题.
13、
【解析】该几何体体积等于两个四棱柱的体积和减去两个四棱柱交叉部分的体积，根据直观图分别进行求解即可.
【详解】该几何体的直观图如图所示，

该几何体的体积为两个四棱柱的体积和减去两个四棱柱交叉部分的体积.
两个四棱柱的体积和为.
交叉部分的体积为四棱锥的体积的2倍.
在等腰中，边上的高为2，则
由该几何体前后，左右上下均对称，知四边形为边长为的菱形.
设的中点为，连接易证即为四棱锥的高，
在中，
又所以
因为，所以，
所以求体积为
故答案为：
【点睛】本题考查空间组合体的结构特征.关键点弄清楚几何体的组成，属于较易题目.
14、
【解析】分和并结合图象讨论即可
【详解】解：令，则有，
原命题等价于函数与在上有交点，
又因为在上单调递减，且当时，，
在上单调递增，
当时，作出两函数的图像，

则两函数在上必有交点，满足题意；
当时，如图所示，只需，
解得，即，

综上所述实数的取值范围是.
故答案为：
15、，
【解析】利用“秦九韶算法”可知：即可求出.
【详解】由“秦九韶算法”可知：，
当求当时的值的过程中，
，，.
故答案为：
【点睛】本题考查了“秦九韶算法”的应用，属于基础题.
16、 ①. ②.
【解析】解不等式可得出原函数的定义域，利用二次函数的基本性质可得出原函数的值域.
详解】对于函数，有，即，解得，
且.
因此，函数的定义域为，值域为.
故答案为：；.

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、（1）
（2）
【解析】（1）利用并集和补集运算法则进行计算；（2）根据集合间的包含关系，比较端点值的大小，求出实数a的取值范围.
【小问1详解】
当时，，所以，则；
【小问2详解】
因为A真含于B，所以满足或，解得：，所以实数a的取值范围是
18、（1）
（2）答案见解析（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，取可求，取求，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，
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，
所以存在，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.
19、
【解析】设直线，则将直线与两坐标轴的交点坐标，代入三角形的面积公式进行运算，求出参数，即可得到答案.
【详解】设直线，分别与轴、轴交于两点，则，，那么.所以直线的方程是
【点睛】本题考查用待定系数法求直线的方程，两直线平行的性质，以及利用直线的截距求三角形的面积．
20、（1）f(x)=；（2）.
【解析】（1）由可得，由此方程的解唯一，可得 ，可求出，再由f (2)＝1，可求出的值，进而可求出函数f(x)的解析式；
（2）由题意可得，然后求出 的最小值，可得的最大值
【详解】解：（1）由，得，即 .
因为方程有唯一解，
所以，即，
因为f (2)＝1，所以＝1，
所以，
所以＝ ；
（2）因为，所以，
而，
当，即时，
取得最小值 ，
此时取得最大值.
21、（1）
（2）
【解析】（1）根据同角三角函数关系求解或，结合角所在象限求出，从而得到答案；（2）在第一问的基础上，得到正弦和余弦，进而求出正切和余弦，利用诱导公式求出答案.
【小问1详解】
由题意得：，解得：或
因为，所以，，解得：，综上：.
【小问2详解】
由（1）得：，，故，，故