浙江省金华市曙光学校2025年高一数学第一学期期末质量跟踪监视试题含解析.doc

浙江省金华市曙光学校2025年高一数学第一学期期末质量跟踪监视试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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．数学可以刻画现实世界中的和谐美，人体结构、建筑物、国旗、绘画、优选法等美的共性与黄金分割相关．黄金分割常数也可以表示成，则（）
A. B.
C. D.
2．下列各角中，与终边相同的角为（ ）
A. B.160°
C. D.360°
3．如图，①②③④中不属于函数，，的一个是（）

A.① B.②
C.③ D.④
4．函数取最小值时的值为（ ）
A.6 B.2
C. D.
5．为了得到函数的图象，只需将函数的图象上所有的点（）
A.向左平移个单位 B.向右平移个单位
C.向左平移个单位 D.向右平移个单位
6．设函数,若关于的方程有四个不同的解,且,则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
7．设是周期为的奇函数，当时， ，则
A. B.
C. D.
8．已知圆,圆,则两圆的位置关系为
A.相离 B.相外切
C.相交 D.相内切
9．若sinα=，α是第二象限角，则sin（2α+）=（　　）
A. B.
C. D.
10．半径为2，圆心角为的扇形的面积为（）
A. B.
C. D.2
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知函数则________
12．函数的图象恒过定点P，P在幂函数的图象上，则___________.
13．若是两个相交平面，则在下列命题中，真命题的序号为________．（写出所有真命题的序号）
①若直线，则在平面内，一定不存在与直线平行的直线
②若直线，则在平面内，一定存在无数条直线与直线垂直
③若直线，则在平面内，不一定存在与直线垂直的直线
④若直线，则在平面内，一定存在与直线垂直的直线
14．如图，直四棱柱的底面是边长为1的正方形，侧棱长，则异面直线与的夹角大小等于______

15．函数是定义在R上的奇函数，当时，2，则在R上的解析式为________.
16．下列四个命题：
①函数与的图象相同；
②函数的最小正周期是；
③函数的图象关于直线对称；
④函数在区间上是减函数
其中正确的命题是__________（填写所有正确命题的序号）
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，
（1）若，，求的值；
（2）若不等式对任意恒成立，求的取值范围
18．已知.
（1）化简；
（2）若是第四象限角，且，求的值.
19．如图，已知直角梯形中，且，又分别为的中点，将△沿折叠，使得.

（Ⅰ）求证：AE⊥平面CDE；
（Ⅱ）求证：FG∥平面BCD；
（Ⅲ）在线段AE上找一点R，使得平面BDR⊥平面DCB，并说明理由
20．已知函数
（1）判断函数f (x)的单调性，并用定义给出证明；
（2）解不等式：；
（3）若关于x方程只有一个实根，求实数m的取值范围
21．如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，且，，分别为，中点

(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)求三棱锥的体积
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】利用同角三角函数平方关系，诱导公式，二倍角公式进行求解.
【详解】
故选：A
2、C
【解析】由终边相同角的定义判断
【详解】与终边相同角为，而时，，其它选项都不存在整数，使之成立
故选：C
3、B
【解析】根据对数函数图象特征及与图象的关于轴对称即可求解.
【详解】解：由对数函数图象特征及与的图象关于轴对称，
可确定②不已知函数图象.
故选：B.
4、B
【解析】变形为，再根据基本不等式可得结果.
【详解】因为，所以，
所以，
当且仅当且，即时等号成立.
故选：B
【点睛】本题考查了利用基本不等式求最值时，取等号的条件，属于基础题.
5、A
【解析】化简函数的解析式，根据函数图象变换的知识确定正确选项.
【详解】，
将函数的图象上所有的点向左平移个单位，得到.
故选：A
6、D
【解析】由题意，根据图象得到，，，，，
推出.令，，而函数.即可求解.
【详解】
【点睛】方法点睛：
已知函数零点个数(方程根的个数)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
7、A
【解析】根据f（x）是奇函数可得f（﹣）=﹣f（），再根据f（x）是周期函数，周期为2，可得f（）=f（﹣4）=f（），再代入0≤x≤1时，f（x）=2x（1﹣x），进行求解.
【详解】∵设f（x）是周期为2的奇函数，∴f（﹣x）=﹣f（x），
∵f（﹣）=﹣f（），∵T=2，∴f（）= f（﹣4）=f（），
∵当0≤x≤1时，f（x）=2x（1﹣x），∴f（）=2×（1﹣）=，
∴f（﹣）=﹣f（）=﹣f（）=﹣，
故选A
【点睛】此题主要考查周期函数和奇函数的性质及其应用，注意所求值需要利用周期进行调节，此题是一道基础题.
8、A
【解析】利用半径之和与圆心距的关系可得正确的选项.
【详解】圆,即，圆心为(0,3)，半径为1，
圆,即，圆心为(4,0)，半径为3.
.
所以两圆相离，
故选：A.
9、D
【解析】根据，求出的值，再将所求式子展开，转化成关于和的式子，然后代值得出结果
【详解】因为且为第二象限角，
根据得，
，
再根据二倍角公式得原式=，
将，代入上式得，
原式=
故选D
【点睛】本题考查三角函数给值求值，在已知角的取值范围时可直接用同角公式求出正余弦值，再利用和差公式以及倍角公式将目标式转化成关于和的式子，然后代值求解就能得出结果
10、D
【解析】利用扇形的面积公式即得.
【详解】由题可得.
故选：D

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、##
【解析】利用分段函数的解析式，代入求解.
【详解】因为函数
所以
故答案为：
12、64
【解析】由题意可求得点，求出幂函数的解析式，从而求得.
【详解】令，则，故点；
设幂函数，
则，
则；
故；
故答案为：64.
13、②④
【解析】①当时，在平面内存在与直线平行的直线．②若直线，则平面的交线必与直线垂直，而在平面内与平面的交线平行的直线有无数条，因此在平面内，一定存在无数条直线与直线垂直．③当直线为平面的交线时，在平面内一定存在与直线垂直的直线．④当直线为平面的交线，或与交线平行，或垂直于平面时，显然在平面内一定存在与直线垂直的直线．当直线为平面斜线时，过直线上一点作直线垂直平面，设直线在平面上射影为，则平面内作直线垂直于，则必有直线垂直于直线，因此在平面内，一定存在与直线垂直的直线
考点：直线与平面平行与垂直关系
14、
【解析】由直四棱柱的底面是边长为1的正方形,侧棱长可得 由 知就是异面直线与的夹角,且 所以=60°,即异面直线与的夹角大小等于60°.
考点：1正四棱柱；2异面直线所成角
15、
【解析】由是定义域在上的奇函数，根据奇函数的性质，可推得的解析式.
【详解】当时，2，即，
设，则，
，
又为奇函数， ，
所以在R上的解析式为 .
故答案为：.
16、①②④
【解析】首先需要对命题逐个分析，利用三角函数的相关性质求得结果.
【详解】对于①，，所以两个函数的图象相同，所以①对；
对于②，
，所以最小正周期是，所以②对；
对于③，因为，所以，，，
因为，所以函数的图象不关于直线对称，所以③错，
对于④，，
当时，，
所以函数在区间上是减函数，所以④对，
故答案为①②④
【点睛】该题考查的是有关三角函数的性质，涉及到的知识点有利用诱导公式化简函数解析式，余弦函数的周期，正弦型函数的单调性，属于简单题目.

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）见解析.
【解析】（1）利用同角三角函数基本关系式进行求解；（2）作差，分离参数，将问题转化为求函数的最值问题，再利用换元思想进行求解.
试题解析：(1)依题意得，
，即
，即
由，，得，

（2）即不等式对任意恒成立，
即
下求函数的最小值
令则且
令

1°当上单调递增，

2°当，即时，
3°当
4°当
，所以当时，；当或0<时,
18、（1）；
（2）.
【解析】（1）根据诱导公式进行求解即可；
（2）根据同角三角函数关系式进行求解即可.
【小问1详解】

【小问2详解】
因为是第四象限角，且，.
因此，.
19、（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）见解析
【解析】（Ⅰ）（Ⅱ）利用判定定理证明线面平行时，关键是在平面内找一条与已知直线平行的直线，解题时可先直观判断平面内是否已有，若没有，则需作出该直线，常考虑三角形的中位线、平行四边形的对边或过平行线分线段成比例等．证明直线和平面垂直的常用方法：（1）利用判定定理．（2）利用判定定理的推论．（3）利用面面平行的性质．（4）利用面面垂直的性质.（Ⅲ）判定面面垂直的方法（1）面面垂直的定义，即证两平面所成的二面角为直角；（2）面面垂直的判定定理
试题解析：（1）由已知得DE⊥AE，AE⊥EC.
∵DE∩EC＝E，DE、EC⊂平面DCE.
∴AE⊥平面CDE.
（2）取AB中点H，连接GH、FH，
∴GH∥BD，FH∥BC，

又GH∩FH＝H，
∴平面FHG∥平面BCD，

∴GF∥平面BCD.
（3）取线段AE的中点R，则平面BDR⊥平面DCB
取线段DC的中点M,取线段DB中点H,连接MH,RH,BR,DR
在△DEC中，

∵M为线段DC,H为线段DB中点，R为线段AE中点
又,
∴ RH⊥DC 10分

∴RH⊥面DCB
∵RH⊂平面DRB
平面DRB⊥平面DCB
即 取AE中点R时，有平面DBR⊥平面DCB 12分
（其它正确答案请酌情给分）
考点：立体几何综合应用
20、（1）f (x)在R上单调递增；证明见解析；
（2）；
（3）{－3} （1，+∞）.
【解析】（1）利用函数单调性的定义及指数函数的性质即得；
（2）由题可得，然后利用函数单调性即得；
（3）由题可得方程有且只有一个正数根，分m=1，m≠1讨论，利用二次函数的性质可得.
【小问1详解】
f (x)在R上单调递增；
任取x1，x2∈R，且x1<x2，则

∵
∴，
∴
即
∴函数f (x)在R上单调递增
【小问2详解】
∵，
∵，∴，
又∵函数f (x)在R上单调递增，
∴，
∴不等式的解集为
【小问3详解】
由可得，
，
即，此方程有且只有一个实数解
令，则t >0，问题转化为：
方程有且只有一个正数根
①当m=1时，，不合题意，
②当m≠1时，
（i）若△=0，则m=－3或，
若m =－3，则，符合题意；
若，则t = －2，不合题意，
（ii）若△>0，则m<－3或，
由题意，方程有一个正根和一个负根，即，解得m>1
综上，实数m的取值范围是{－3} （1，+∞）
21、（1）见解析；（2）见解析；（3）.
【解析】（Ⅰ）利用三角形的中位线得出OM∥VB，利用线面平行的判定定理证明VB∥平面MOC；（Ⅱ）证明OC⊥平面VAB，即可证明平面MOC⊥平面VAB；（Ⅲ）利用等体积法求三棱锥A-MOC的体积即可
试题解析：（Ⅰ）证明：∵O，M分别为AB，VA的中点，
∴OM∥VB，
∵VB⊄平面MOC，OM⊂平面MOC，
∴VB∥平面MOC；
（Ⅱ）证明：∵AC=BC，O为AB的中点，
∴OC⊥AB，
又∵平面VAB⊥平面ABC，平面ABC∩平面VAB=AB，且OC⊂平面ABC，
∴OC⊥平面VAB，
∵OC⊂平面MOC，
∴平面MOC⊥平面VAB
（Ⅲ）在等腰直角三角形中，，
所以.
所以等边三角形的面积.
又因为平面，
所以三棱锥的体积等于.
又因为三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，
所以三棱锥的体积为.
考点：平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定；用向量证明平行