安徽省宿州市十三所重点中学2025年高一数学第一学期期末检测试题含解析.doc

安徽省宿州市十三所重点中学2025年高一数学第一学期期末检测试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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．已知集合，则中元素的个数为
A.1 B.2
C.3 D.4
2．设函数，，则是（　　）
A.最小正周期为的偶函数 B.最小正周期为的奇函数
C.最小正周期为的偶函数 D.最小正周期为的奇函数
3．已知扇形的圆心角为，面积为，则扇形的弧长等于（     ）
A. B.
C. D.
4．如图，直线与单位圆相切于点，射线从出发，绕着点逆时针旋转，在旋转的过程中，记（），所经过的单位圆内区域（阴影部分）的面积为，记，则下列选项判断正确的是

A.当时，
B.对任意，且，都有
C.对任意，都有
D.对任意，都有
5．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）

A. B.
C. D.
6．数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线后人称之为三角形的欧拉线.已知的顶点，若其欧拉线方程为，则顶点C的坐标是
A. B.
C. D.
7．已知幂函数的图象过点，则
A. B.
C.1 D.2
8．下列函数中，既是偶函数，又在区间上单调递增的函数为
A. B.
C. D.
9．已知，且，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
10．已知，且，则下列不等式恒成立的是（ ）
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，那么的表达式是___________.
12．已知，，则的值为__________
13．若一个集合是另一个集合的子集，则称两个集合构成“鲸吞”；对于集合，，若这两个集合构成“鲸吞”，则的取值为____________
14．已知函数则___________.
15．数据的第50百分位数是__________.
16．计算：=___________
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）已知求的值
（2）已知，且为第四象限角，求的值.
18．如图，ABCD是一块边长为100米的正方形地皮，其中ATS是一座半径为90米的扇形小山，P是弧TS上一点，其余部分都是平地.现有一开发商想在平地上建造一个两边分别落在BC与CD上的长方形停车场PQCR，求长方形停车场PQCR面积的最大值.

19．（1）写出下列两组诱导公式：
①关于与的诱导公式；
②关于与的诱导公式.
（2）从上述①②两组诱导公式中任选一组，用任意角的三角函数定义给出证明.
20．函数的定义域为D，若存在正实数k，对任意的，总有，则称函数具有性质.
（1）判断下列函数是否具有性质，并说明理由.
①；②；
（2）已知为二次函数，若存在正实数k，使得函数具有性质.求证：是偶函数；
（3）已知为给定的正实数，若函数具有性质，求的取值范围.
21．已知函数，.
（1）若函数在上是减函数，求实数的取值范围；
（2）是否存在整数，使得的解集恰好是，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
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】利用交集定义先求出A∩B，由此能求出A∩B中元素的个数
【详解】∵集合∴A∩B＝{3}，
∴A∩B中元素的个数为1
故选A
【点睛】本题考查交集中元素个数的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意交集定义的合理运用
2、D
【解析】通过诱导公式，结合正弦函数的性质即可得结果.
【详解】，所以，，
所以则是最小正周期为的奇函数，
故选：D.
3、C
【解析】根据圆心角可以得出弧长与半径的关系，根据面积公式可得出弧长
【详解】由题意可得，
所以
【点睛】本题考查扇形的面积公式、弧长公式，属于基础题
4、C
【解析】对于，当，故错误；对于，由题可知对于任意，为增函数，所以与的正负相同，则，故错误；对于，由，得对于任意，都有；对于，当时，，故错误.
故选C
D对任意，都有
5、B
【解析】由三视图可知,该几何体是由圆柱切掉四分之一所得,故体积为.故选B.
6、A
【解析】设C的坐标，由重心坐标公式求重心，代入欧拉线得方程，求出AB的垂直平分线，联立欧拉线方程得三角形外心，外心到三角形两顶点距离相等可得另一方程，两方程联立求得C点的坐标.
【详解】设C(m，n),由重心坐标公式得重心为,
代入欧拉线方程得： ①
AB的中点为，，
所以AB的中垂线方程为
联立，解得
所以三角形ABC的外心为，
则，化简得： ②
联立①②得：或，
当时，BC重合，舍去，
所以顶点C的坐标是
故选A.
【点睛】本题主要考查了直线方程的各种形式，重心坐标公式，属于中档题.
7、B
【解析】先利用待定系数法求出幂函数的表达式，然后将代入求得的值.
【详解】设，将点代入得，解得，则，
所以，答案B.
【点睛】主要考查幂函数解析式的求解以及函数值求解，属于基础题.
8、C
【解析】选项A中，函数的定义域为,不合题意，故A不正确；
选项B中，函数的定义域为,无奇偶性，故B不正确；
选项C中，函数为偶函数，且当x>0时，，为增函数，故C正确；
选项D中，函数为偶函数，但在不是增函数，故D不正确
选C
9、D
【解析】对A，B，C，利用特殊值即可判断，对D，利用不等式的性质即可判断.
【详解】解：对A，令，，此时满足，但，故A错；
对B，令，，此时满足，但，故B错；
对C，若，，则，故C错；
对D，
，
则，故D正确.
故选：D.
10、D
【解析】对A，C利用特殊值即可判断；对B，由对数函数的定义域即可判断，对D，由指数函数的单调性即可判断.
【详解】解：对A，令，，
则满足，但，故A错误；
对B，若使，
则需满足，但题中，故B错误；
对C，同样令，，
则满足，但，故C错误；
对D，在上单调递增，
当时，，故D正确.
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】先用换元法求出，进而求出的表达式.
【详解】，令，则，故，故，
故答案为：
12、
【解析】根据两角和的正弦公式即可求解.
【详解】由题意可知，因为，所以，
所以，
则

故答案为：.
13、0
【解析】根据题中定义，结合子集的定义进行求解即可.
【详解】当时，，显然，符合题意；
当时，显然集合中元素是两个互为相反数的实数，而集合中的两个元素不互为相反数，所以集合、之间不存在子集关系，不符合题意，
故答案为：
14、5
【解析】先求出，再根据该值所处范围代入相应的解析式中计算结果.
【详解】由题意可得，则，
故答案为：5.
15、16
【解析】第50百分位数为数据的中位数,即得.
【详解】数据的第50百分位数，即为数据的中位数为.
故答案为：16.
16、1
【解析】.
故答案为1

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）由诱导公式得，进而由，将所求的式子化为二次齐次式，进而得到含的式子，从而得解
（2）由，结合角的范围可得解.
【详解】（1）由，得，
所以，

.
（2），
所以，
又为第四象限角，所以，
所以.
18、14050−9000（m2）
【解析】设，然后表示出，进而表示出矩形PQCR的面积，再根据三角函数的相关知识化简求值，解决问题.
详解】解：如图，连接AP，

设，延长RP交AB于M，
则，，∴，
.
∴矩形PQCR的面积为

设，则，
∴，
∴当时，.，
故长方形停车场PQCR面积的最大值是.
19、（1）详见解析（2）详见解析
【解析】（1）按要求写出对应公式即可.（2）利用任意角定义以及对称性即可证明对应公式.
【详解】（1）①，，.
②，，.
（2）①证明：设任意角的终边与单位圆的交点坐标为.
由于角的终边与角的终边关于轴对称，
因此角的终边与单位圆的交点与点关于轴对称，
所以点的坐标是.
由任意角的三角函数定义得，
，，；
，，.
所以，，.

②证明：设任意角的终边与单位圆的交点坐标为.
由于角的终边与角的终边关于轴对称，
因此角的终边与单位圆的交点与点关于轴对称，
所以点的坐标是.
由任意角的三角函数定义得，
，，；
，，.
所以，，.

【点睛】主要考查对诱导公式的掌握以及推导过程，熟练运用任意角三角函数的定义，属于基础题.
20、（1）具有性质；不具有性质；（2）见解析；（3）
【解析】（1）根据定义即可求得具有性质；根据特殊值即可判断不具有性质；
（2）利用反证法，假设二次函数不是偶函数，根据题意推出与题设矛盾即可证明；
（3）根据题意得到，再根据具有性质，得到，解不等式即可.
【详解】解：（1），定义域为，
则有，
显然存在正实数，对任意的，总有，
故具有性质；
，定义域为，
则，
当时，，
故不具有性质；
（2）假设二次函数不是偶函数，
设，其定义域为，
即，
则，
易知，是无界函数，
故不存在正实数k，使得函数具有性质，与题设矛盾，
故是偶函数；
（3）的定义域为，

，
具有性质，
即存在正实数k，对任意的，总有，
即，
即，
即，
即，
即，
即，
通过对比解得：，
即.
【点睛】方法点睛：应用反证法时必须先否定结论，把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推理，否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行推理，就不是反证法．所谓矛盾主要指：①与已知条件矛盾；②与假设矛盾；③与定义、公理、定理矛盾；④与公认的简单事实矛盾；⑤自相矛盾.
21、（1）
（2）答案见解析
【解析】（1）讨论和时实数的取值范围，再结合的范围与函数的对称轴讨论使得在上是减函数的范围即可；
（2）假设存在整数，使得的解集恰好是．则，由，解出整数，再代入不等式检验即可
小问1详解】
解：令，则.
当，即时，恒成立，
所以.
因为在上是减函数，
所以，解得，
所以.
由，解得或.
当时，的图象对称轴，且方程的两根均为正，
此时在为减函数，所以符合条件.
当时，的图象对称轴，且方程的根为一正一负，
要使在单调递减，则，解得.
综上可知，实数的取值范围为
【小问2详解】
解：假设存在整数，使的解集恰好是，则
①若函数在上单调递增，则，且，
即
作差得到，代回得到：，即，由于均为整数，
故，，或，，，经检验均不满足要求；
②若函数在上单调递减，则，且，
即
作差得到，代回得到：，即，由于均为整数，
故，，或，，，经检验均不满足要求；
③若函数在上不单调，则，且，
即作差得到，代回得到：，即，由于均为整数，
故，，或，，，经检验均满足要求；
综上，符合要求的整数是或
【点睛】关键点点睛：本题第一问解题的关键在于先根据判别式求出的取值范围，再结合范围和二次函数的性质讨论求解；第二问解题的关键在于分类讨论，将问题转化为函数在上单调递增、单调递减、不单调三种情况求解即可.