天津市东丽区天津耀华滨海学校2025年数学高一第一学期期末教学质量检测试题含解析.doc

天津市东丽区天津耀华滨海学校2025年数学高一第一学期期末教学质量检测试题
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．命题“”否定是（　　）
A. B.
C. D.
2．设，，，则　　
A. B.
C. D.
3．已知，大小关系正确的是
A. B.
C. D.
4．已知两个非零向量，满足，则下面结论正确的是
A. B.
C. D.
5．已知集合A ={x|－1 ≤ x ≤2}，B={0，1，2，3}，则A∩B=（）
A.{0，1} B.{－1，0，1}
C.{0，1，2} D.{－1，0，1，2}
6．三个数，，的大小顺序是　　
A. B.
C. D.
7．已知，则等于（）
A. B.2
C. D.3
8．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有数学王子的美誉，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其姓名命名的“高斯函数”为，其中表示不超过的最大整数，例如，已知函数，令函数，则的值域为（）
A.
B.
C.
D.
9．命题“，”的否定为（）
A.， B.，
C.， D.，
10．若为所在平面内一点，，则形状是
A.等腰三角形 B.直角三角形
C.正三角形 D.以上答案均错
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知函数是幂函数，且过点，则___________.
12．已知函数f（x）=cos（ωx+φ）（ω＞0，|φ|≤），x=-为f（x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，且f（x）在（，）上单调，则ω的最大值为______
13．若，则的终边所在的象限为______
14．边长为3的正方形的四个顶点都在球上，与对角线的夹角为45°，则球的体积为______.
15．已知，则___________.
16．已知是定义在上的偶函数，并满足：，当，，则___________.
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f(x)＝coscos－sin xcos x＋
(1)求函数f(x)的最小正周期和最大值；
(2)求函数f(x)单调递增区间
18．已知圆过三个点.
（1）求圆的方程；
（2）过原点的动直线与圆相交于不同的两点，求线段的中点的轨迹.
19．已知平面向量，，，且，.
（1）求和：
（2）若，，求向量与向量夹角的大小.
20．已知函数.
（1）求函数的周期；
（2）求函数的单调递增区间.
21．已知.
（1）指出函数的定义域，并求，，，的值；
（2）观察（1）中的函数值，请你猜想函数的一个性质，并证明你的猜想；
（3）解不等式：.
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】根据全称命题的否定为特称命题，即可得到答案
【详解】全称命题的否定为特称命题，命题“”的否定是，
故选：A
2、C
【解析】利用有理指数幂与对数的运算性质分别比较，，与1和2的大小得答案
【详解】∵，且，
，，
∴
故选C
【点睛】本题考查对数值的大小比较，考查有理指数幂与对数的运算性质，寻找中间量是解题的关键，属于基础题
3、C
【解析】利用“”分段法比较出三者的大小关系.
【详解】由于，，，即，故选C.
【点睛】本小题主要考查指数式、对数式比较大小，属于基础题.
4、B
【解析】，所以，故选B
考点：平面向量的垂直
5、C
【解析】利用交集定义直接求解
【详解】∵集合A ={x|－1 ≤ x ≤2}，B={0，1，2，3}，
∴A∩B＝{0，1，2}
故选：C
6、A
【解析】由指数函数和对数函数单调性得出范围，从而得出结果
【详解】，，；

故选A
【点睛】本题考查指数函数和对数函数的单调性，熟记函数性质是解题的关键，是基础题.
7、B
【解析】应用诱导公式及正余弦的齐次式，将题设等式转化为，即可求值.
【详解】，
∴，可得.
故选：B.
8、C
【解析】先进行分离，然后结合指数函数与反比例函数性质求出的值域，结合已知定义即可求解
【详解】解：因为，
所以，
所以，
则的值域
故选：C
9、B
【解析】利用含有量词的命题的否定方法：先改变量词，然后再否定结论，判断即可.
【详解】解：由含有量词的命题的否定方法：先改变量词，然后再否定结论可得，
命题“”的否定为：.
故选：B.
10、A
【解析】根据向量的减法运算可化简已知等式为，从而得到三角形的中线和底边垂直，从而得到三角形形状.
详解】
三角形的中线和底边垂直 是等腰三角形
本题正确选项：
【点睛】本题考查求解三角形形状的问题，关键是能够通过向量的线性运算得到数量积关系，根据数量积为零求得垂直关系.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】由题意，设代入点坐标可得，计算即得解
【详解】由题意，设，过点
故，解得
故
则
故答案为：
12、
【解析】先根据是的零点，是图像的对称轴可转化为周期的关系，从而求得的取值范围，又根据所求值为最大值，所以从大到小对赋值验证找到适合的最大值即可
【详解】由题意可得，
即，解得，
又因为在上单调，
所以，即，
因为要求的最大值，令，因为是的对称轴，
所以，
又，解得，
所以此时，
在上单调递减，即在上单调递减，在上单调递增，故在不单调，
同理，令，，
在 上单调递减，因为，
所以在单调递减，满足题意，所以的最大值为5.
【点睛】本题综合考查三角函数图像性质的运用，在这里需注意：
两对称轴之间的距离为半个周期；
相邻对称轴心之间的距离为半个周期；
相邻对称轴和对称中心之间的距离为个周期
13、第一或第三象限
【解析】将表达式化简，，二者相等，只需满足与同号即可，从而判断角所在的象限.
【详解】由，，
若，只需满足，即与同号，
因此的终边在第一或第三象限.
故答案为：第一或第三象限.
14、
【解析】根据给定条件结合球的截面小圆性质求出球O的半径，再利用球的体积公式计算作答.
【详解】因边长为3的正方形的四个顶点都在球上，则正方形的外接圆是球O的截面小圆，其半径为，
令正方形的外接圆圆心为，由球面的截面小圆性质知是直角三角形，且有，
而与对角线的夹角为45°，即是等腰直角三角形，球O半径，
所以球体积为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：涉及求球的表面积、体积问题，利用球的截面小圆性质是解决问题的关键.
15、##-0.75
【解析】将代入函数解析式计算即可.
【详解】令，则，
所以.
故答案为：
16、5
【解析】根据可得周期，再结合偶函数，可将中的转化到内，可得的值.
【详解】因为，所以，
所以，即函数的一个周期为4，
所以，
又因为是定义在上的偶函数，
所以，
因当，，所以，所以.
故答案为：2.5.

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）最小正周期为T＝π，最大值为（2），k∈Z
【解析】（Ⅰ）

函数的最小正周期为 ，
函数的最大值为
（II）由
得
函数的 单调递增区间为
18、（1）
（2）
【解析】（1）设圆的方程为，列出方程组，求得的值，即可求得圆的方程；
（2）根据题意得到，得出在以为直径的圆上，得到以为直径的圆的方程，再联立两圆的方程组，求得交点坐标，即可得到点的轨迹方程.
【小问1详解】
解：设圆的方程为，
因为圆过三个点，
可得，解得，
所以圆的方程为，即.
【小问2详解】
解：因为为线段的中点，且，所以在以为直径的圆上，
以为直径的圆的方程为，
联立方程组，解得或，
所以点的轨迹方程为.
19、（1），；（2）.
【解析】（1）本题首先可根据、得出，然后通过计算即可得出结果；
（2）本题首先可根据题意得出以及，然后求出、以及的值，最后根据向量的数量积公式即可得出结果.
【详解】（1）因为，，，且，，
所以，解得，
故，.
（2）因为，，所以，
因为，，所以，
，，，
设与的夹角为，
则，
因为，所以，向量与向量的夹角为.
【点睛】本题考查向量平行、向量垂直以及向量的数量积的相关性质，若、且，则，考查通过向量的数量积公式求向量的夹角，考查计算能力，是中档题.
20、（1）
（2）
【解析】（1）先把函数化简为，利用正弦型函数的周期公式，即得解
（2）由解出的范围就是所要求的递增区间.
【小问1详解】

故函数的周期
【小问2详解】
由，得
，
所以单调递增区间为
21、（1）的定义域;;;;;（2）详见详解;（3）
【解析】（1）根据真数大于零,列出不等式组,即可求出定义域;代入函数解析式求出,,,的值.
（2）与,与关系,猜想是奇函数,利用奇函数的定义可证明.
（3）求出,由对数的运算性质和对数的单调性即可得到所求.
【详解】（1）要使函数有意义须,
函数的定义域是；
;;
;.
（2）由从（1）得到=,=,猜想是奇函数,以下证明：
在上任取自变量,
所以是奇函数.
（2）
所以，原不等式等价于

所以原不等式的解集为
【点睛】本题考查函数的定义域的求法和奇偶性的判断与证明,考查不等式的解法,注意应用函数的单调性转化不等式,求解不等式不要忽略了定义域,是解题的易错点,属于中档题.