贵州省铜仁伟才学校2025年高一数学第一学期期末考试模拟试题含解析.doc

贵州省铜仁伟才学校2025年高一数学第一学期期末考试模拟试题
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．把长为的细铁丝截成两段，各自围成一个正三角形，那么这两个正三角形面积之和的最小值是（）
A. B.
C. D.
2．已知角α的始边与x轴的正半轴重合，顶点在坐标原点，角α终边上的一点P到原点的距离为，若α=，则点P的坐标为　(　　)
A.(1，) B.(，1)
C.() D.(1，1)
3．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为

A. B.
C. D.2
4．已知非空集合，则满足条件的集合的个数是（）
A.1 B.2
C.3 D.4
5．已知函数，，则函数的零点个数不可能是（）
A.2个 B.3个
C.4个 D.5个
6．已知直线与平行，则实数的取值是
A.－1或2 B.0或1
C.－1 D.2
7．若集合,则（ ）
A. B.
C. D.
8．已知命题，，则命题否定为（）
A.， B.，
C.， D.，
9．在长方体中，，则异面直线与所成角的大小是
A. B.
C. D.
10．已知函数的定义域为R，是偶函数，，在上单调递增，则不等式的解集为（）
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，
（1）______
（2）若方程有4个实数根，则实数的取值范围是______
12．已知幂函数的图像过点，则的解析式为=__________
13．设，，则______
14．已知，若，则________
15．已知，则__________
16．已知函数，则函数零点的个数为_________
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．已知函数为奇函数，且图象的相邻两对称轴间的距离为.
（1）求的解析式与单调递减区间；
（2）已知在时，求方程的所有根的和.
18．设函数
（1）若是偶函数，求k的值
（2）若存在，使得成立，求实数m的取值范围；
（3）设函数若在有零点，求实数的取值范围
19．已知函数是偶函数
（1）求的值；
（2）将函数的图像向右平移个单位，再将得到的图像上各点的横坐标伸长为原来的4倍（纵坐标不变），得到函数的图像，讨论在上的单调性
20．用定义法证明函数在上单调递增
21．已知函数（为常数）是奇函数
（1）求的值；
（2）判断函数在上的单调性，并予以证明
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、D
【解析】先得到两个正三角形面积之和的表达式，再对其求最小值即可.
【详解】设一个正三角形的边长为，则另一个正三角形的边长为，
设两个正三角形的面积之和为，
则，
当时，S取最小值.
故选：D
2、D
【解析】设出P点坐标（x，y），利用正弦函数和余弦函数的定义结合的三角函数值求得x，y值得答案
【详解】设点P的坐标为(x，y)，则由三角函数的定义得
即
故点P的坐标为(1，1).
故选D
【点睛】本题考查任意角的三角函数的定义，是基础的计算题
3、B
【解析】首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.
【详解】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，
将圆柱的侧面展开图平铺,
可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，
所以所求的最短路径的长度为，故选B.
点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.
4、C
【解析】由题意可知，集合为集合的子集，求出集合，利用集合的子集个数公式可求得结果.
【详解】，
所以满足条件的集合可以为，共3个,
故选：C.
【点睛】本题考查集合子集个数的计算，考查计算能力，属于基础题.
5、B
【解析】由可得或，然后画出的图象，结合图象可分析出答案.
【详解】由可得或
的图象如下：

所以当时，，此时无零点，有2个零点，所以的零点个数为2；
当时，，此时有2个零点，有2个零点，所以的零点个数为4；
当时，，此时有4个零点，有2个零点，所以的零点个数为6；
当时，，此时有3个零点，有2个零点，所以的零点个数为5；
当且时，此时有2个零点，有2个零点，所以的零点个数为4；
当时，，此时的零点个数为2；
当时，，此时有2个零点，有3个零点，所以的零点个数为5；
当时，，此时有2个零点，有4个零点，所以的零点个数为6；
当时，，此时有2个零点，有2个零点，所以零点个数为4；
当时，，此时有2个零点，无零点，所以的零点个数为2；
综上：的零点个数可以为2、4、5、6，
故选：B
6、C
【解析】因为两直线的斜率都存在，由与平行得，当时，两直线重合，，故选C.
7、B
【解析】集合、与集合之间的关系用或，元素0与集合之间的关系用或，ACD选项都使用错误。
【详解】，

只有B选项的表示方法是正确的，
故选：B。
【点睛】本题考查了元素与集合、集合与集合之间的关系的表示方法，注意集合与集合之间的关系是子集（包含于），元素与集合之间的关系是属于或不属于。本题属于基础题。
8、D
【解析】根据全称命题的否定是特称命题形式，直接选出答案.
【详解】命题，，是全称命题，
故其否定命题为：，，
故选：D.
9、C
【解析】连接为异面直线与所成角，几何体是长方体，是，，异面直线与所成角的大小是,故选C.
10、A
【解析】由题意判断出函数关于对称，结合函数的对称性与单调性求解不等式.
【详解】∵是偶函数，∴函数关于对称，∴，又∵在上单调递增，∴在单调递减，∴可化为，解得，∴不等式解集为.
故选：A

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、 ①-2 ②.
【解析】先计算出f(1)，再根据给定的分段函数即可计算得解；令f(x)=t，结合二次函数f(x)性质，的图象，利用数形结合思想即可求解作答.
【详解】(1)依题意，，则，
所以；
(2)函数的值域是，令，则方程在有两个不等实根，
方程化为，因此，方程有4个实数根，等价于方程在有两个不等实根，
即函数的图象与直线有两个不同的公共点，
在同一坐标系内作出函数的图象与直线，而，如图，

观察图象得，当时，函数与直线有两个不同公共点，
所以实数的取值范围是.
故答案为：-2；
12、##
【解析】根据幂函数的定义设函数解析式，将点的坐标代入求解即可.
【详解】由题意知，
设幂函数的解析式为为常数)，
则，解得，
所以.
故答案为：
13、
【解析】由，根据两角差的正切公式可解得
【详解】，故答案为
【点睛】本题主要考查了两角差的正切公式的应用，属于基础知识的考查
14、1
【解析】由已知条件可得，构造函数，求导后可判断函数在上单调递增，再由，得，从而可求得答案
【详解】由题意得，
，
令，则，
所以在上单调递增，
因为，
所以，所以，
故答案为：1
15、
【解析】将题干中的两个等式先平方再相加，利用两角差的余弦公式可求得结果.
【详解】由，
，
两式相加有，
可得
故答案为：.
16、
【解析】解方程，即可得解.
【详解】当时，由，可得（舍）或；
当时，由，可得.
综上所述，函数零点的个数为.
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）将函数变形为，由函数的周期及奇偶性可求解；
（2）解方程得或，即或，利用正弦函数的性质可求解.
【小问1详解】

图象的相邻两对称轴间的距离为，
的最小正周期为，即可得，
又为奇函数，则，，又，，
故的解析式为，
令，得
函数的递减区间为，.
【小问2详解】
，，，
方程可化为，
解得或，即或
当时，或或
解得或或
当时，，所以
综上知，在时，方程的所有根的和为
18、（1），（2），（3）
【解析】（1）由偶函数的定义可得，，列方程可求出的值；
（2）由，可得 ，分离出 ，换元后利用二次函数的性质求解即可；
（3）结合已知条件，代入可求，然后结合在有零点，利用换元法，结二次函数的性质求解.
【详解】解：（1）因为是偶函数，所以，
即，
，解得；
（2）由，可得，
则，
即存在，使成立，
令，则，
因为，所以，
令，则对称轴为直线，
所以在单调递增，
所以时，取得最大值，即，
所以，即实数m的取值范围为；
（3），则，
所以，
设，当时，函数为增函数，则，
若在上有零点，
即在上有解，
即，，
因为函数在为增函数，
所以，
所以取值范围为.
【点睛】关键点点睛：此题考查函数奇偶性的应用，考查二次函数性质的应用，解题的关键是将转化为，然后利用换元法结合二次函数的性质求解即可，考查数学转化思想，属于中档题
19、（1）；（2）单调递减区间，，单调增区间.
【解析】（1）根据三角函数奇偶性即可求出的值；
（2）根据三角函数的图象变换关系求出的解析式，结合函数的单调性进行求解即可
【详解】（1）∵函数是偶函数，
∴，，
又，
∴；
（2）由（2）知，
将的图象向右平移个单位后，得到，
再将得到的图像上各点的横坐标伸长为原来的4倍（纵坐标不变），
得到，
当，，
即，时，的单调递减，
当，，
即，时，的单调递增，
因此在，的单调递减区间，，
单调增区间
20、详见解析
【解析】根据题意，将函数的解析式变形有，设，由作差法分析可得结论
详解】证明：，
设，
则，
又由，
则，，，
则，
则函数上单调递增
【点睛】本题考查函数单调性的证明，注意定义法证明函数单调性的步骤，属于基础题．
21、（1）1；（2）函数在上是减函数，证明见详解.
【解析】（1）利用，化简后可求得的值.
（2）利用单调性的定义，令，计算判断出在上函数为减函数.再根据复合函数同增异减，可判断得在上的单调性.
【详解】（1）∵是奇函数，
∴，
即，
即，
解得或（舍去），
故的值为1
（2）函数在上是减函数
证明：由（1）知，设，
任取，∴，
∵，，，∴，
∴在上为减函数，
又∵函数在上为增函数，
∴函数在上为减函数
【点睛】本题考查由对数型函数的奇偶性求参数值，以及利用单调性定义证明函数单调性，属综合中档题.