2025年鞍山市重点中学数学高一上期末复习检测试题含解析.doc

2025年鞍山市重点中学数学高一上期末复习检测试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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．某四面体的三视图如图，则该四面体的体积是

A.1 B.
C. D.2
2．已知集合，集合，则（）
A.0 B.
C. D.
3．已知，则的值为（ ）
A. B.
C. D.
4．不等式成立x的取值集合为（ ）
A. B.
C. D.
5．甲、乙两人在相同的条件下各打靶6次，每次打靶的情况如图所示（虚线为甲的折线图），则以下说法错误的是

A.甲、乙两人打靶的平均环数相等
B.甲的环数的中位数比乙的大
C.甲的环数的众数比乙的大
D.甲打靶的成绩比乙的更稳定
6．不等式的解集为R，则a的取值范围为（）
A. B.
C. D.
7．已知，则、、的大小关系为（）
A. B.
C. D.
8．已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.2
9．设向量不共线，向量与共线，则实数（　　）
A. B.
C.1 D.2
10．函数是上的偶函数，则的值是
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知函数满足下列四个条件中的三个：①函数是奇函数；②函数在区间上单调递增；③；④在y轴右侧函数的图象位于直线上方，写出一个符合要求的函数________________________.
12．函数是奇函数，则实数__________.
13．已知为偶函数，当时，，当时，，则不等式的解集为__________
14．函数在区间上单调递增，则实数的取值范围_______.
15．已知是偶函数，且方程有五个解，则这五个解之和为______
16．设x，．若，且，则的最大值为___
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．已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点.
（1）求；
（2）求的值.
18．如图1，直角梯形ABCD中，，，．如图2，将图1中沿AC折起，使得点D在平面ABC上的正投影G在内部．点E为AB的中点．连接DB，DE，三棱锥D－ABC的体积为．对于图2的几何体

（1）求证：；
19．
（1）求函数的解析式；
（2）试判断函数在区间上的单调性，并用函数单调性定义证明；
（3）当时，函数恒成立，求实数m的取值范围
20．已知函数.
（1）求解不等式的解集；
（2）当时，求函数最小值，以及取得最小值时的值.
21．已知函数，.
（1）对任意的，恒成立，求实数k的取值范围；
（2）设，证明：有且只有一个零点，且.
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】
在正方体ABCD­A1B1C1D1中还原出三视图的直观图，其是一个三个顶点在正方体的右侧面、一个顶点在左侧面的三棱锥，即为D1­BCB1，如图所示，该四面体的体积为.
故选B
点睛：三视图问题的常见类型及解题策略
(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示
(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题
(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图
2、B
【解析】由集合的表示方法以及交集的概念求解.
【详解】由题意，集合，，∴.
故选：B
3、B
【解析】利用诱导公式由求解.
【详解】因为，
所以，
故选：B
4、B
【解析】先求出时，不等式的解集，然后根据周期性即可得答案.
【详解】解：不等式，
当时，由可得，又最小正周期为，
所以不等式成立的x的取值集合为.
故选：B.
5、C
【解析】甲：8,6,8,6,9,8，平均数为7.5，中位数为8，众数为8；
乙：4,6,8,7,10,10，平均数为7.5，中位数7.5，众数为10；
所以可知错误的是C．由折线图可看出乙的波动比甲大，所以甲更稳定.
故选C
6、D
【解析】对分成，两种情况进行分类讨论，结合判别式，求得的取值范围.
【详解】当时，不等式化为，解集为，符合题意.
当时，一元二次不等式对应一元二次方程的判别式，解得.
综上所述，的取值范围是.
故选：D
【点睛】本小题主要考查二次项系数含有参数的一元二次不等式恒成立问题的求解，考查分类讨论的数学思想方法，属于基础题.
7、A
【解析】借助中间量比较大小即可.
【详解】解：因为，
所以.
故选：A
8、D
【解析】利用同角三角函数关系式可求，再应用和角正切公式即求.
【详解】∵，，
∴，，
∴.
故选：D.
9、A
【解析】由向量共线定理求解
【详解】因为向量与共线，所以存在实数，使得，
又向量不共线，所以，解得
故选：A
10、C
【解析】分析：由奇偶性可得，化为，从而可得结果.
详解：∵是上的偶函数，
则，
即，
即成立，
∴，
又∵，
∴．故选C
点睛：本题主要考查函数的奇偶性，属于中档题.已知函数的奇偶性求参数，主要方法有两个，一是利用：（1）奇函数由 恒成立求解，（2）偶函数由 恒成立求解；二是利用特殊值：奇函数一般由 求解，偶函数一般由求解，用特殊法求解参数后，一定要注意验证奇偶性.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】满足①②④的一个函数为，根据奇偶性以及单调性，结合反比例函数的性质证明①②④.
【详解】满足①②④
对于①，函数的定义域为关于原点对称，且，即为奇函数；
对于②，任取，且

因为，所以，
即函数在区间上单调递增；
对于④，令，当时，，即在y轴右侧函数的图象位于直线上方
故答案为：
【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于利用定义证明奇偶性以及单调性.
12、
【解析】根据给定条件利用奇函数的定义计算作答.
【详解】因函数是奇函数，其定义域为R，
则对，，即，整理得：，
而不恒为0，于得，
所以实数.
故答案为：
13、
【解析】求出不等式在的解，然后根据偶函数的性质可得出不等式在上的解集.
【详解】当时，令，可得，解得，此时；
当时，令，解得，此时.
所以，不等式在的解为.
由于函数为偶函数，因此，不等式的解集为.
故答案为：.
【点睛】本题考查分段函数不等式的求解，同时也涉及了函数奇偶性的应用，考查运算求解能力，属于中等题.
14、
【解析】由对数真数大于零可知在上恒成立，利用分离变量的方法可求得，此时结合复合函数单调性的判断可知在上单调递增，由此可确定的取值范围.
【详解】由题意知：在上恒成立，在上恒成立，
在上单调递减，，；
当时，单调递增，又此时在上单调递增，
在上单调递增，满足题意；
实数的取值范围为.
故答案为：.
15、
【解析】根据函数的奇偶性和图象变换，得到函数的图象关于对称，进而得出方程其中其中一个解为，另外四个解满足，即可求解.
【详解】由题意，函数是偶函数，可函数的图象关于对称，
根据函数图象的变换，可得函数的图象关于对称，
又由方程有五个解，则其中一个解为，
不妨设另外四个解分别为且，
则满足，即，
所以这五个解之和为.
故答案为：.
16、##1.5
【解析】由化简得，再由基本不等式可求得，从而确定最大值
【详解】，
，，
，，
，
，
当且仅当时即取等号，
，解得，
故，
故的最大值为，
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)根据任意角三角函数的定义即可求解tanθ；
(2)分式分子分母同时除以cos2θ化弦为切即可.
【小问1详解】
∵角的终边经过点，由三角函数的定义知，；
【小问2详解】
∵，∴.
18、（1）证明见解析；
（2）.
【解析】(1)取AC的中点F，连接DF，CE，EF，证明AC⊥平面DEF即可.
(2)以G为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量的方法求解线面角.
【小问1详解】
取AC的中点F，连接DF，CE，EF，则△DAC，△EAC均为等腰直角三角形
∴AC⊥DF，AC⊥EF，∵DF∩EF＝F，∴AC⊥平面DEF，又DE⊂平面DEF，∴DE⊥AC
【小问2详解】
连接GA，GC，
∵DG⊥平面ABC，而GA⊂平面ABC，GC⊂平面ABC，∴DG⊥GA，DG⊥GC，
又DA＝DC，∴GA＝GC，∴G在AC的垂直平分线上，又EA＝EC，∴E在AC的垂直平分线上，∴EG垂直平分AC，又F为AC的中点，∴E，F，G共线
∴S△ABC＝×|AC|×|BC|＝×6×6＝18，
∴VDABC＝×S△ABC×|DG|＝×18×|DG|＝12，∴DG＝2
在Rt△DGF中，|GF|＝
以G为坐标原点，GM为x轴，GE为y轴，GD为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(3，－1，0)，E(0，2，0)，C(－3，－1，0)，D(0，0，2)，
∴＝(0，2，－2)，＝(3，－1，－2)，＝(－3，－1，－2)，
设平面DAC的法向量为＝(x，y，z)，
则，得，令z＝1，得：，
于是，.
19、（1）；（2）单调递减；（3）
【解析】（1）函数为奇函数，则，再用待定系数法即可求出；（2）作差法：任意的两个实数，证明出；（3）要使则
试题解析：（1）
所以
（2）由（1）问可得在区间上是单调递减的
证明：设任意的两个实数

又
,，
在区间上是单调递减的;
（3）由（2）知在区间上的最小值是
要使
则

考点：1、待定系数法；2、函数的单调性；3、不等式恒成立问题.
20、（1）或
（2）时，最小值为
【解析】（1）直接解一元二次不等式即可，
（2）对函数化简变形，然后利用基本不等式可求得结果
【小问1详解】
由，得或，
所以不等式的解集为或；
【小问2详解】
因为，
所以，
当且仅当，即时取等号，即取最小值.
21、（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）利用的单调性以及对数函数的单调性，即可求出的范围
（2）对进行分类讨论，分为：和，利用零点存在定理和数形结合进行分析，即可求解
【详解】解：（1）因为是增函数，是减函数，
所以在上单调递增.
所以的最小值为，
所以，解得，
所以实数k的取值范围是.
（2）函数的图象在上连续不断.
①当时，因为与在上单调递增，
所以在上单调递增.
因为，，
所以.
根据函数零点存在定理，存在，使得.
所以在上有且只有一个零点.
②当时，因为单调递增，所以，
因为.所以.所以在上没有零点.
综上：有且只有一个零点.
因为，即，
所以，.
因为在上单调递减，所以，
所以.
【点睛】关键点睛：对进行分类讨论时，①当时，因为与在上单调递增，再结合零点存在定理，即可求解；②当时，恒成立，所以，在上没有零点；最后利用，得到，然后化简可求解。本题考查函数的性质，函数的零点等知识；考查学生运算求解，推理论证的能力；考查数形结合，分类与整合，函数与方程，化归与转化的数学思想，属于难题