2025-2026学年广东省博罗中学数学高一上期末质量跟踪监视模拟试题含解析.doc

2025-2026学年广东省博罗中学数学高一上期末质量跟踪监视模拟试题
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．基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0 =1+rT.有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69) （ ）
A.1.2天 B.1.8天
C.2.5天 D.3.5天
2．在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是某“堑堵”的三视图，则该“堑堵”的侧面积为（）

A.48 B.42
C.36 D.30
3．已知，则（）
A. B.
C.5 D.-5
4．在特定条件下，篮球赛中进攻球员投球后，篮球的运行轨迹是开口向下的抛物线的一部分.“盖帽”是一种常见的防守手段，防守队员在篮球上升阶段将球拦截即为“盖帽”，而防守队员在篮球下降阶段将球拦截则属“违规”.对于某次投篮而言，如果忽略其他因素的影响，篮球处于上升阶段的水平距离越长，则被“盖帽”的可能性越大.收集几次篮球比赛的数据之后，某球员投篮可以简化为下述数学模型：如图所示，该球员的投篮出手点为P，篮框中心点为Q，他可以选择让篮球在运行途中经过A，B，C，D四个点中的某一点并命中Q，忽略其他因素的影响，那么被“盖帽”的可能性最大的线路是（）

A.P→A→Q B.P→B→Q
C.P→C→Q D.P→D→Q
5．命题“，”的否定为（）
A.， B.，
C.， D.，
6．以下元素的全体不能够构成集合的是
A.中国古代四大发明 B.周长为的三角形
C.方程的实数解 D.地球上的小河流
7．若一个三角形采用斜二测画法作直观图，则其直观图的面积是原来三角形面积的（ ）倍.
A B.
C. D.2
8．已知函数的图象上的每一点的纵坐标扩大到原来的倍，横坐标扩大到原来的倍，然后把所得的图象沿轴向右平移个单位，这样得到的曲线和的图象相同，则已知函数的解析式为
A B.
C. D.
9．设全集为，集合，，则（）
A. B.
C. D.
10．设．若存在，使得，则的最小值是（）
A.2 B.
C.3 D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知，若对一切实数，均有，则___.
12．设奇函数对任意的，，有，且，则的解集___________.
13．无论取何值，直线必过定点__________
14．若数据的方差为3，则数据的方差为__________
15．已知角的终边过点（1，－2），则________
16．在区间上随机取一个实数，则事件发生的概率为_________.
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．已知集合，
（1）若，求；
（2）若，求实数的取值范围.
18．已知tanα＝，求下列各式的值
(1)＋；
(2)；
(3)sin2α－2sinαcosα＋4cos2α.
19．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，D，E分别为棱AB，BC的中点，M为棱AA1的中点

（1）证明：A1B1⊥C1D；
（2）若AA1＝4，求三棱锥A﹣MDE的体积
20．如图,△ABC中,,在三角形内挖去一个半圆(圆心O在边BC上,半圆与AC、AB分别相切于点C、M,与BC交于点N),将△ABC绕直线BC旋转一周得到一个旋转体

(1)求该几何体中间一个空心球的表面积的大小;
(2)求图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得旋转体的体积.
21．（1）已知，求；
（2）已知，，，是第三象限角，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、B
【解析】根据题意可得，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，根据，解得即可得结果.
【详解】因为，，，所以，所以，
设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，
则，所以，所以，
所以天.
故选：B.
【点睛】本题考查了指数型函数模型的应用，考查了指数式化对数式，属于基础题.
2、C
【解析】由三视图可知该“堑堵”的高为，其底面是直角边为，斜边为的三角形，从而可求出其侧面积.
【详解】解：由三视图易得该“堑堵”的高为，其底面是直角边为，斜边为的三角形，
故其侧面积为.
故选：C.
3、C
【解析】令，代入直接计算即可.
【详解】令，即，
则，
故选：C.
4、B
【解析】定性分析即可得到答案
【详解】B、D两点，横坐标相同，而D点的纵坐标大于B点的纵坐标，显然，B点上升阶段的水平距离长；A、B两点，纵坐标相同，而A点的横坐标小于B点的横坐标，等经过A点的篮球运行到与B点横坐标相同时，显然在B点上方，故B点上升阶段的水平距离长；同理可知C点路线优于A点路线，综上：P→B→Q是被“盖帽”的可能性最大的线路.
故选：B
5、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.
6、D
【解析】地球上的小河流不确定，因此不能够构成集合，选D.
7、A
【解析】以三角形的一边为x轴，高所在的直线为y轴，由斜二测画法看三角形底边长和高的变化即可
【详解】以三角形的一边为x轴，高所在的直线为y轴，由斜二测画法知，
三角形的底长度不变，高所在的直线为y′轴，长度减半，
故三角形的高变为原来的，
故直观图中三角形面积是原三角形面积的.
故选：A.
【点睛】本题考查平面图形的直观图，由斜二测画法看三角形底边长和高的变化即可，属于基础题.
8、B
【解析】分析：将.的图象轴向左平移个单位，然后把所得的图象上的每一点的纵坐标变为原来的四分之一倍，横坐标变为原来的二分之一倍，即可得到函数的图象，从而可得结果.
详解：利用逆过程：将.的图象轴向左平移个单位，得到的图象；
将的图象上的每一点的纵坐标变为原来的四分之一倍得到的图象；
将的图象上的每一点的横坐标变为原来的四分之一倍得到的图象，
所以函数的解析式为，故选B.
点睛：本题主要考查了三角函数图象变换，重点考查学生对三角函数图象变换规律的理解与掌握，能否正确处理先周期变换后相位变换这种情况下图象的平移问题，反映学生对所学知识理解的深度.
9、B
【解析】先求出集合B的补集，再根据集合的交集运算求得答案.
【详解】因为，所以，
故，
故选:B.
10、D
【解析】由题设在上存在一个增区间，结合、且，有必为的一个子区间，即可求的范围.
【详解】由题设知：，，又，
所以在上存在一个增区间，又，
所以，根据题设知：必为的一个子区间，即，
所以，即的最小值是.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：结合题设条件判断出必为的一个子区间.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】列方程组解得参数a、b，得到解析式后，即可求得的值.
【详解】由对一切实数，均有
可知，即解之得
则，满足
故
故答案：
12、
【解析】可根据函数的单调性和奇偶性，结合和，分析出的正负情况，求解.
【详解】对任意，，有
故在上为减函数，由奇函数的对称性可知在上为减函数
，则
则，
，

，；
，；
，；
，.
故解集为：
故答案为：
【点睛】正确理解奇函数和偶函数的定义，必须把握好两个问题：(1)定义域关于原点对称是函数f(x)为奇函数或偶函数的必要非充分条件；(2)f(－x)＝－f(x)或f(－x)＝f(x)是定义域上的恒等式．奇函数的图象关于原点对称，偶函数的图象关于y轴对称，反之也成立．利用这一性质可简化一些函数图象的画法，也可以利用它去判断函数的奇偶性
13、
【解析】直线（λ+2）x﹣（λ﹣1）y+6λ+3=0，即（2x+y+3）+λ（x﹣y+6）=0，
由 求得x=﹣3，y=3，可得直线经过定点（﹣3，3）
故答案为（﹣3，3）
14、12
【解析】所求方差为，填
15、
【解析】由三角函数的定义以及诱导公式求解即可.
【详解】的终边过点（1，－2），
故答案为：
16、
【解析】由得：，∵在区间上随机取实数，每个数被取到的可能性相等，∴事件发生的概率为，故答案为
考点：几何概型

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）的取值范围为
【解析】(1)化简集合A,B求出集合B的补集，再求即可;
(2)由得到集合A是集合B的子集，分别讨论集合A为空集和不是空集的情况，列出相应不等式，即可求解.
【详解】解：（1）当时，，，或，
可得.
（2）①当时，，此时，成立；
②当时，若，有，得，
由上知，若，则实数的取值范围为.
【点睛】本题主要考查了集合间的基本运算以及包含关系，注意集合A是集合B的子集时，不要忽略集合A为空集的情况，属于中档题.
18、（1）（2）（3）
【解析】(1) ＋＝＋
＝＋＝.
(2)＝＝＝.
(3)sin2α－2sinαcosα＋4cos2α
＝＝
＝＝.
19、（1）证明见解析（2）
【解析】（1）通过证明AB⊥CD，AB⊥CC1，证明A1B1⊥平面CDC1，然后证明A1B1⊥C1D；
（2）求出底面△DCE的面积，求出对应的高，即点到底面DCE的距离，然后求解四面体M-CDE的体积，由三棱锥A﹣MDE的体积就是三棱锥M﹣CDE的体积得结论.
【详解】（1）证明：∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，
∴AB⊥CD，AB⊥CC1，CD∩CC1＝C，
∴AB⊥平面CDC1，
∵A1B1∥AB，∴A1B1⊥平面CDC1，
∵C1D平面CDC1，
∴A1B1⊥C1D；
（2）解：三棱锥A﹣MDE的体积就是三棱锥M﹣CDE的体积，
AC＝BC＝2，D，E分别为棱AB，BC的中点，
M为棱AA1的中点．AA1＝4，所以AM＝2，AB⊥CD，
三棱锥A﹣MDE的体积：
【点睛】本题考查线面垂直，考查点到面的距离，解题的关键是利用线面垂直证明线线线垂直，利用等体积法求点到面的距离，是中档题
20、 (1);(2)
【解析】根据旋转体的轴截面图，利用平面几何知识求得球的半径与长，再利用面积公式与体积公式计算即可.
【详解】解：（1）连接，则，

设，
在中，，
；
（2），
∴圆锥球.
【点睛】本题考查旋转体的表面积与体积的计算，球的表面积，圆锥的体积.
21、（1）；（2）.
【解析】（1）根据诱导公式化简函数后代入求解即可；
（2）根据同角三角函数的基本关系求出，利用两角差的余弦公式求解即可.
【详解】（1）

（2）由，，得

又由，，得

所以
.