2025年甘肃省天水市甘谷县高一数学第一学期期末监测试题含解析.doc

2025年甘肃省天水市甘谷县高一数学第一学期期末监测试题
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．若方程表示圆，则实数的取值范围是
A. B.
C. D.
2．已知是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则的最小值是
A. B.
C. D.
3．已知函数的图像如图所示，则

A. B.
C. D.
4．若函数y=|x|（x-1）的图象与直线y=2（x-t）有且只有2个公共点，则实数t的所有取值之和为（　　）
A.2 B.
C.1 D.
5．若点关于直线的对称点是，则直线在轴上的截距是
A.1 B.2
C.3 D.4
6．天文学中为了衡量星星的明暗程度，古希腊天文学家喜帕恰斯(，又名依巴谷)在公元前二世纪首先提出了星等这个概念.星等的数值越小，星星就越亮；星等的数值越大，它的光就越暗.到了1850年，由于光度计在天体光度测量中的应用，英国天文学家普森()又提出了衡量天体明暗程度的亮度的概念.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.其中星等为的星的亮度为.已知“心宿二”的星等是1.00.“天津四” 的星等是1.25.“心宿二”的亮度是“天津四”的倍，则与最接近的是(当较小时，)
A.1.24 B.1.25
C.1.26 D.1.27
7．为配制一种药液，进行了二次稀释，先在容积为40L的桶中盛满纯药液，第一次将桶中药液倒出用水补满，搅拌均匀，第二次倒出后用水补满，若第二次稀释后桶中药液含量不超过容积的60%，则V的最小值为（ ）
A.5 B.10
C.15 D.20
8．在正方体中，分别是的中点，则直线与平面所成角的余弦值为
A. B.
C. D.
9．在三棱柱中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点是侧面的中心，则与平面所成角的大小是（）
A. B.
C. D.
10．已知函数与的图像关于对称，则（）
A.3 B.
C.1 D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．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___________.
12．记函数的值域为，在区间上随机取一个数，则的概率等于__________
13．若函数在区间上没有最值，则的取值范围是______.
14．已知函数，其所有的零点依次记为，则_________.
15．已知，且，则的最小值为__________.
16．在平面直角坐标系中，已知点A在单位圆上且位于第三象限，点A的纵坐标为，现将点A沿单位圆逆时针运动到点B，所经过的弧长为，则点B的坐标为___________.
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．已知函数，
（1）求函数的最大值及取得最大值时的值；
（2）若方程在上的解为，，求的值
18．如图，甲、乙是边长为的两块正方形钢板，现要将甲裁剪焊接成一个正四棱柱，将乙裁剪焊接成一个正四棱锥，使它们的全面积都等于一个正方形的面积（不计焊接缝的面积）

（1）将你的裁剪方法用虚线标示在图中，并作简要说明；
（2）试比较你所制作的正四棱柱与正四棱锥体积的大小，并证明你的结论
19．已知函数.
（1）求在闭区间的最大值和最小值；
（2）设函数对任意，有，且当时，.求在区间上的解析式.
20．如图，在平面直角坐标系中，角，的始边均为轴正半轴，终边分别与圆交于，两点，若，，且点的坐标为

（1）若，求实数的值；
（2）若，求的值
21．已知向量，满足，，且，的夹角为.
（1）求；
（2）若，求的值.
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】由二元二次方程表示圆的充要条件可知：，解得，故选A
考点：圆的一般方程
2、B
【解析】要取得最小值，则与共线且反向
即位于的中线上，中线长为
设，则
则
当时，取最小值，

故选
第II卷（非选择题
3、B
【解析】本题首先可以通过图像得出函数的周期，然后通过函数周期得出的值，再然后通过函数过点求出的值，最后将带入函数解析式即可得出结果
【详解】因为由图像可知，解得，
所以，，
因为由图像可知函数过点，
所以，解得，
取，，，
所以，故选B
【点睛】本题考查了三角函数的相关性质，主要考查了三角函数图像的相关性质，考查了三角函数的周期性的求法，考查计算能力，考查数形结合思想，是中档题
4、C
【解析】可直接根据题意转化为方程有两个根，然后利用分类讨论思想去掉绝对值再利用判别式即可求得各个t的值
【详解】由题意得方程有两个不等实根，
当方程有两个非负根时，
令 时，则方程为，整理得
，解得；
当时，
，解得，故不满足满足题意；
当方程有一个正跟一个负根时，
当时，，
，解得，
当时，方程为，
，解得；
当方程有两个负根时，
令，则方程为，
解得，
当，
，解得，不满足题意
综上，t的取值为 和，
因此t的所有取值之和为1，故选C
【点睛】本题是在二次函数的基础上加了绝对值，所以首先需解决绝对值，关于去绝对值直接用分类讨论思想即可；
关于二次函数根的分布需结合对称轴，判别式，进而判断，必要时可结合进行判断
5、D
【解析】∵点A（1，1）关于直线y=kx+b的对称点是B（﹣3，3），
由中点坐标公式得AB的中点坐标为，
代入y=kx+b得 ①
直线AB得斜率为，则k=2.
代入①得， ．
∴直线y=kx+b为 ，解得：y=4．
∴直线y=kx+b在y轴上的截距是4．
故选D．
6、C
【解析】根据题意，代值计算，即可得，再结合参考公式，即可估算出结果.
【详解】根据题意可得：

可得，解得，
根据参考公式可得，
故与最接近的是.
故选：C.
【点睛】本题考查对数运算，以及数据的估算，属基础题.
7、B
【解析】依据题意列出不等式即可解得V的最小值.
【详解】由，解得
则V的最小值为10.
故选：B
8、C
【解析】设正方体的棱长为，如图，连接，它们交于，连接，则平面，而，故就是直线与平面所成的余角，又为直角三角形且，所以，，设直线与平面所成的角为，则，选C.

点睛：线面角的计算往往需要先构造面的垂线，必要时还需将已知的面的垂线适当平移才能构造线面角，最后把该角放置在容易计算的三角形中计算其大小.
9、C
【解析】如图，取中点，

则平面，
故，因此与平面所成角即为，
设，则，，
即，
故，故选:C.
10、B
【解析】根据同底的指数函数和对数函数互为反函数可解.
【详解】由题知是的反函数，所以，所以.
故选：B.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【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.
12、
【解析】因为；
所以的概率等于
点睛：
(1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解
(2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域
（3）几何概型有两个特点：一是无限性，二是等可能性．基本事件可以抽象为点，尽管这些点是无限的，但它们所占据的区域都是有限的，因此可用“比例解法”求解几何概型的概率
13、
【解析】根据正弦函数的图像与性质，可求得取最值时的自变量值，由在区间上没有最值可知，进而可知或，解不等式并取的值，即可确定的取值范围.
【详解】函数，
由正弦函数的图像与性质可知，当取得最值时满足，
解得，
由题意可知，在区间上没有最值，
则，，
所以或，
因为，解得或，
当时，代入可得或，
当时，代入可得或，
当时，代入可得或，此时无解.
综上可得或，即的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】本题考查了正弦函数的图像与性质应用，由三角函数的最值情况求参数，注意解不等式时的特殊值取法，属于难题.
14、16
【解析】由零点定义,可得关于的方程.去绝对值分类讨论化简.将对数式化为指数式,再去绝对值可得四个方程.结合韦达定理,求得各自方程两根的乘积,即可得所有根的积.
【详解】函数的零点
即
所以
去绝对值可得或
即或
去绝对值可得或,或
当,两边同时乘以,化简可得,设方程的根为.由韦达定理可得
当,两边同时乘以,化简可得,设方程的根为.由韦达定理可得
当,两边同时乘以,化简可得,设方程的根为.由韦达定理可得
当,两边同时乘以,化简可得,设方程的根为.由韦达定理可得
综上可得所有零点的乘积为
故答案为:
【点睛】本题考查了函数零点定义,含绝对值方程的解法,分类讨论思想的应用,由韦达定理研究方程根的关系,属于难题.
15、
【解析】利用已知条件凑出，再根据“”的巧用，
最后利用基本不等式即可求解.
【详解】由，得，即.
因为所以，,则
=
，
当且仅当即时，等号成立.
所以当时，取得最小值为.
故答案为：.
16、
【解析】设点A是角终边与单位圆的交点，根据三角函数的定义及平方关系求出，，再利用诱导公式求出，即可得出答案.
【详解】解：设点A是角的终边与单位圆的交点，
因为点A在单位圆上且位于第三象限，点A的纵坐标为，
所以，，
因为点A沿单位圆逆时针运动到点B，所经过的弧长为，
所以，
所以点的横坐标为，
纵坐标为，
即点B的坐标为.
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）当时，函数取得最大值为；（2）.
【解析】（1）利用同角三角函数的平方关系化简，再利用换元法即可求最值以及取得最值时的值；
（2）求出函数的对称轴，得到和的关系，利用诱导公式化简可得答案.
【详解】（1），
令，
可得，对称轴为 ，开口向下，
所以在上单调递增，
所以当，
即，时，，
所以当时，函数取得最大值为；
（2）令，可得，
当时，是的对称轴，
因为方程在上的解为，，
，，
且，所以，所以，
所以
，
所以的值为.
18、 (1)见解析(2) 正四棱柱的体积比正四棱锥的体积大
【解析】该四棱柱的底面为正方体，侧棱垂直底面，可知其由两个一样的正方形和四个完全相同的长方形组成，对图形进行切割，画出图形即可，画法不唯一；
正四棱柱的底面边长为，高为，正四棱锥的底面边长为，高为，结合体积公式求得体积，然后比较大小即可；
解析：（1）将正方形甲按图中虚线剪开，以两个正方形为底面，四个长方形为侧面，焊接成一个底面边长为，高为的正四棱柱
将正方形乙按图中虚线剪开，以两个长方形焊接成边长为的正方形为底面，三个等腰三角形为侧面，两个直角三角形合拼成为一侧面，焊接成一个底面板长为，斜高为的正四棱锥

（2）∵正四棱柱的底面边长为，高为，∴其体积，
又∵正四棱锥的底面边长为，高为，
∴其体积
∵，
即，，∴，
故所制作的正四棱柱的体积比正四棱锥的体积大
（说明：裁剪方式不唯一，计算的体积也不一定相等）
点睛：本题考查了四棱锥和四棱柱的知识，需要掌握二者的特征以及其体积的求法，对于图形进行分割，画出图形即可，注意画法不唯一，结合体积公式求得体积，然后比较大小即完成解答
19、（1）最大值为，最小值为；（2）.
【解析】
（1）利用两角和的正弦公式，二倍角公式以及辅助角公式将化简，再由三角函数的性质求得最值；（2）利用时，，对分类求出函数的解析式即可.
【详解】（1）

，
因为，所以，
则，
，
所以的最大值为；的最小值为；
（2）当时，
，
当时，，
，
当时，；
，
综上：在区间上的解析式为：
.
【点睛】关键点睛：本题考查了三角函数中的恒等变换应用，三角函数的周期性及其求法.熟练掌握两角和的正弦公式，二倍角公式以及辅助角公式是解决本题的关键.
20、（1）；（2）
【解析】（1）根据题中条件，先由二倍角的正切公式，求出，再根据任意角的三角函数，即可求出的值；
（2）由题中条件，根据两角差的正切公式，先得到，再由同角三角函数基本关系，求出和，利用二倍角公式，以及两角和的余弦公式，即可求出结果.
【详解】（1）由题意可得，∴，或
∵，∴，即，∴
（2）∵，
，，
∴，，
∴，
，
∴
21、（1）-12；（2）12.
【解析】(1)按照向量的点积公式得到，再由向量运算的分配律得到结果；（2）根据向量垂直得到，按照运算公式展开得到结果即可.
【详解】（1）由题意得，
∴
（2）∵，∴，∴，
∴，∴
【点睛】这个题目考查了向量的点积运算，以及向量垂直的转化；向量的两个作用：①载体作用：关键是利用向量的意义、作用脱去“向量外衣”，转化为我们熟悉的数学问题；②工具作用：利用向量可解决一些垂直、平行、夹角与距离问题.