2025年江西省上饶市玉山县第一中学高一上数学期末预测试题含解析.doc

2025年江西省上饶市玉山县第一中学高一上数学期末预测试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．从数字中随机取两个不同的数，分别记为和，则为整数的概率是（ ）
A. B.
C. D.
2．设为的边的中点，为内一点，且满足，则（）
A. B.
C. D.
3．已知函数，，若对任意，总存在，使得成立，则实数取值范围为　　
A. B.
C. D.
4．已知，，，下列不等式正确个数有（）
①，②，③，④.
A.1 B.2
C.3 D.4
5．给定函数①；②；③；④，其中在区间上单调递减的函数的序号是（ ）
A.①② B.②③
C.③④ D.①④
6．从含有两件正品和一件次品的3件产品中每次任取1件，每次取出后放回，连续取两次，则取出的两件产品中恰有一件是次品的概率为（ ）
A. B.
C. D.
7．下列函数中，最小正周期是且是奇函数的是（）
A. B.
C. D.
8．下列说法中，正确的是（）
A.若，则
B.函数与函数是同一个函数
C.设点是角终边上的一点，则
D.幂函数的图象过点，则
9．如图，在平面四边形中，，将其沿对角线对角折成四面体，使平面⊥平面,若四面体的顶点在同一球面上，则该求的体积为

A. B.
C. D.
10．已知，是不共线的向量，，，，若，，三点共线，则实数的值为（）
A. B.10
C. D.5
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．若函数，则________
12．已知函数，若对任意的、，，都有成立，则实数的取值范围是______.
13．若函数在上单调递增，则a的取值范围为______
14．已知函数，又有定义在R上函数满足：（1），
，均恒成立；
（2）当时，，则_____，
函数在区间中的所有零点之和为_______.
15．已知函数部分图象如图所示，则函数的解析式为：____________

16．__________
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
（1）求函数的单调递增区间与对称轴方程；
（2）当时，求的最大值与最小值
18．已知.
（1）化简；
（2）若是第四象限角，且，求的值.
19．已知函数
（1）求函数导数；
（2）求函数的单调区间和极值点.
20．已知函数
（1）当时，求该函数的值域；
（2）求不等式的解集；
（3）若存在，使得不等式成立，求的取值范围
21．如图，在三棱柱中，平面，，在线段上，，.

（1）求证：；
（2）试探究：在上是否存在点，满足平面，若存在，请指出点的位置，并给出证明；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、B
【解析】先计算出从数字中随机取两个不同的数，共有种情况，再求出满足为整数的情况，即可求出为整数的概率.
【详解】解：从数字中随机取两个不同的数，
则有种选法，有种选法，共有种情况；
则满足为整数的情况如下：
当时，或有种情况；
当时，有种情况；
当或时，则不可能为整数，
故共有种情况，
故为整数的概率是：.
故选：B.
2、C
【解析】根据，确定点的位置；再根据面积公式，即可求得结果.
【详解】如图取得点，使得

四边形为平行四边形，
，
故选：C.
【点睛】本题考查平面向量的基本定理，以及三角形的面积公式，属综合中档题.
3、B
【解析】分别求出在的值域，以及在的值域，令在的最大值不小于在的最大值，得到的关系式，解出即可.
【详解】对于函数，当时，，
由，可得，
当时，，
由，可得，
对任意，，
对于函数，
，
，
，
对于，使得，
对任意，总存在，使得成立，
，解得，
实数的取值范围为，故选B
【点睛】本题主要考查函数的最值、全称量词与存在量词的应用.属于难题.解决这类问题的关键是理解题意、正确把问题转化为最值和解不等式问题，全称量词与存在量词的应用共分四种情况：（1）只需；（2），只需；（3），只需；（4），，.
4、D
【解析】由于，得，根据基本不等式对选项一一判断即可
【详解】因，，，
所以，得，当且仅当时取等号，②对；
由，当且仅当时取等号，①对；
由得，所以，当且仅当时取等号，③对；
由，当且仅当时取等号，④对
故选：D
5、B
【解析】根据指对幂函数性质依次判断即可得答案.
【详解】解：对于①，在上单调递增；
对于②，在上单调递减；
对于③，时，在上单调递减；
对于④，在上单调递增；
故在区间上单调递减的函数的序号是②③
故选：B
6、B
【解析】根据独立重复试验的概率计算公式，准确计算，即可求解.
【详解】由题意，该抽样是有放回的抽样，所以每次抽到正品的概率是，抽到次品的概率是，所以取出的两件产品中恰有一件是次品的概率为.
故选：B.
7、A
【解析】根据三角函数的周期性和奇偶性对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】A选项，的最小正周期是，且是奇函数，A正确.
B选项，的最小正周期是，且是奇函数，B错误.
C选项，的最小正周期为，且是奇函数，C错误.
D选项，的最小正周期是，且是偶函数，D错误.
故选：A
8、D
【解析】A选项，举出反例；B选项，两函数定义域不同；C选项，利用三角函数定义求解；D选项，待定系数法求出解析式，从而得到答案.
【详解】A选项，当时，满足，而，故A错误；
B选项，定义域为R，定义域为，两者不是同一个函数，B错误；
C选项，，C错误；
D选项，设，将代入得：，解得：，所以，D正确.
故选：D
9、A
【解析】平面四边形ABCD中，AB=AD=CD=2，BD=2，BD⊥CD，将其沿对角线BD折成四面体A'﹣BCD，
使平面A'BD⊥平面BCD．四面体A'﹣BCD顶点在同一个球面上，△BCD和△A'BC都是直角三角形，
BC的中点就是球心，所以BC=2，球的半径为：；
所以球的体积为：
故答案选：A
点睛：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.
10、A
【解析】由向量的线性运算，求得，根据三点共线，得到，列出方程组，即可求解.
【详解】由，，
可得，
因为，，三点共线，所以，
所以存在唯一的实数，使得，即，
所以，解得，.
故选：A.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、0
【解析】令x=1代入即可求出结果.
【详解】令，则.
【点睛】本题主要考查求函数的值，属于基础题型.
12、
【解析】分析出函数为上的减函数，结合已知条件可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】设，则，由可得，即，
所以，函数为上的减函数.
由于，
由题意可知，函数在上为减函数，则，
函数在上为减函数，则，
且有，所以，解得.
因此，实数的取值范围是.
故答案：.
【点睛】关键点点睛：在利用分段函数的单调性求参数时，除了分析每支函数的单调性外，还应由间断点处函数值的大小关系得出关于参数的不等式组求解.
13、
【解析】根据函数的单调性得到，计算得到答案.
【详解】函数在上单调递增，则
故答案为：
【点睛】本题考查了函数的单调性，意在考查学生的计算能力.
14、 ①.1 ②.42
【解析】求出的周期和对称轴，再结合图象即可.
【详解】由条件可知函数的图象关于对称轴对称，
由可知，，则周期，
即，
函数在区间中的所有零点之和即为函数与函数
图象的交点的横坐标之和，
当时，为单调递增函数，，
，且区间关于对称，
又∵由已知得也是的对称轴，∴只需用研究直线左侧部分即可，
由图象可知左侧有7个交点，则右侧也有7个交点，将这14个交点的横坐标从小到大排列，第个数记为，由对称性可知，则，
同理，…，，
∴.
故答案为：，.

15、
【解析】先根据图象得到振幅和周期，即求得，再根据图象过，求得，得到解析式.
【详解】由图象可知，，故，即.
又由图象过，故，解得，
而，故，所以.
故答案为：.
16、2
【解析】

考点：对数与指数的运算性质

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）单调递增区间为，k∈Z．对称轴方程为，其中k∈Z
（2）f（x）的最大值为2，最小值为–1
【解析】（1）因为，由，
求得，k∈Z，
可得函数f（x）的单调递增区间为，k∈Z
由，求得，k∈Z
故f（x）的对称轴方程为，其中k∈Z
（2）因为，所以，故有，
故当即x=0时，f（x）的最小值为–1，
当即时，f（x）的最大值为2
18、（1）；
（2）.
【解析】（1）根据诱导公式进行求解即可；
（2）根据同角三角函数关系式进行求解即可.
【小问1详解】

【小问2详解】
因为是第四象限角，且，.
因此，.
19、（1）；
（2）函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.函数的极大值点为，极小值点为.
【解析】（1）直接利用导数求导得解；
（2）令，求出方程的根，再列表得解.
【小问1详解】
解：由题得.
【小问2详解】
解：，
令或.
当变化时，的变化情况如下表，

正
0
负
0
正

单调递增
极大值点
单调递减
极小值点
单调递增
所以函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.函数的极大值点为，极小值点为.
20、（1）；（2）或；（3）
【解析】（1）令，函数化为，结合二次函数的图象与性质，即可求解；
（2）由题意得到，令，得到，求得不等式的解集，进而求得不等式的解集，得到答案；
（3）令，转化为存在使得成立，结合函数的单调性，求得函数最小值，即可求解.
【详解】（1）令，因为，则，
函数化为，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取到最小值为，当时，取到最大值为5，
故当时，函数的值域为
（2）由题意，不等式，即，
令，则，即，解得或，
当时，即，解得；
当时，即，解得，
故不等式的解集为或
（3）由于存在使得不等式成立，
令，，则，即存在使得成立，
所以存在使得成立
因为函数在上单调递增，也在上单调递增，
所以函数在上单调递增，它的最小值为0，
所以，所以的取值范围是
21、 (1)证明见解析；(2)答案见解析.
【解析】（1）因为面，所以，结合就有面，从而.（2）取，在平面内过作交于，连结.可以证明四边形为平行四边形，从而，也就是平面.我们还可以在平面内过作，交于，连结.通过证明平面平面得到平面.
【详解】解析：（1）∵面，面，∴.又∵，，面，，∴面，又面，∴.
（2）（法一）当时，平面.
理由如下：在平面内过作交于，连结.∵，∴，又，且，∴且，∴四边形为平行四边形，∴，又面，面，∴平面.

（法二）当时，平面.理由如下：在平面内过作，交于，连结.∵，面，面，
∴平面，∵，∴，∴，又面，面，∴平面.又面，面，，∴平面平面.∵面，∴平面.

点睛：证明线面平行，我们既可以在已知平面中找出与已知直线平行的直线，通过线面平行的判定定理去考虑，也可以利用构造过已知直线的平面，证明该平面与已知平面平行.