江苏省常州市高级中学2025年高一上数学期末达标测试试题含解析.doc

江苏省常州市高级中学2025年高一上数学期末达标测试试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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（）
A. B.
C. D.
2．若过两点的直线的斜率为1，则等于（）
A. B.
C. D.
3．下列函数是偶函数，且在上单调递减的是
A. B.
C. D.
4．已知是定义在上的奇函数，且，当且时.已知，若对恒成立，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
5．已知弧长为的弧所对的圆心角为，则该弧所在的扇形面积为（ ）
A. B.
C. D.
6．“”的一个充分不必要条件是（ ）
A. B.
C. D.
7．下列命题中正确的是（）
A.第一象限角小于第二象限角 B.锐角一定是第一象限角
C.第二象限角是钝角 D.平角大于第二象限角
8．设函数,则使成立的的取值范围是
A. B.
C. D.
9．已知函数，，则（）
A.的最大值为 B.在区间上只有个零点
C.的最小正周期为 D.为图象的一条对称轴
10．若偶函数在定义域内满足，且当时，；则的零点的个数为（）
A.1 B.2
C.9 D.18
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．下列命题中，正确命题的序号为______
①单位向量都相等；②若向量，满足，则；
③向量就是有向线段；④模为的向量叫零向量；
⑤向量，共线与向量意义是相同的
12．在棱长为2的正方体ABCD－中，E，F，G，H分别为棱，，，的中点，将该正方体挖去两个大小完全相同的四分之一圆锥，得到如图所示的几何体，现有下列四个结论：

①CG//平面ADE；②该几何体的上底面的周长为；
③该几何体的的体积为；④三棱锥F－ABC的外接球的表面积为
其中所有正确结论的序号是____________
13．如图，在中， ，以为圆心、为半径作圆弧交于点．若圆弧等分的面积，且弧度，则=________.

14．写出一个同时满足以下条件的函数___________；①是周期函数；②最大值为3，最小值为；③在上单调
15．函数的值域为_____________
16．已知，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．若函数是奇函数()，且，.
(1)求实数,,的值；
(2)判断函数在上的单调性，并利用函数单调性的定义证明.
18．已知
（1）求；
（2）若，且，求
19．设是常数，函数.
(1)用定义证明函数是增函数；
(2)试确定的值，使是奇函数；
(3)当是奇函数时，求的值域.
20．已知函数为奇函数，且
（1）求函数的解析式；
（2）判断函数在的单调性并证明；
（3）解关于的x不等式：
21．已知正方体，分别为和上的点，且，.

（1）求证：；
（2）求证：三条直线交于一点.
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】利用集合间的关系，集合的交并补运算对每个选项分析判断.
【详解】由题，故A错；
∵，，∴，B正确；
，C错；
，D错；
故选:B
2、C
【解析】根据斜率的计算公式列出关于的方程，由此求解出.
【详解】因为，所以，
故选：C.
3、D
【解析】函数为奇函数，在上单调递减；
函数为偶函数，在上单调递增；
函数为非奇非偶函数，在上单调递减；
函数为偶函数，在上单调递减
故选D
4、A
【解析】由奇偶性分析条件可得在上单调递增，所以，进而得，结合角的范围解不等式即可得解.
【详解】因为是定义在上的奇函数，
所以当且时，
根据的任意性，即的任意性可判断在上单调递增，
所以，
若对恒成立，则，
整理得，所以，
由，可得，
故选：A.
【点睛】关键点点睛，本题解题关键是利用，结合变量的任意性，可判断函数的单调性，属于中档题.
5、B
【解析】先求得扇形的半径，由此求得扇形面积.
【详解】依题意，扇形的半径为，所以扇形面积为.
故选：B
6、D
【解析】利用充分条件，必要条件的定义判断即得.
【详解】由，可得，
所以是的充要条件；
所以是既不充分也不必要条件；
所以是的必要不充分条件；
所以是的充分不必要条件.
故选：D.
7、B
【解析】根据象限角的定义及锐角、钝角及平角的大小逐一分析判断即可得解.
【详解】解：为第一象限角，为第二象限角，故A错误；
因为锐角，所以锐角一定是第一象限角，故B正确；
因为钝角，平角，
为第二象限角，故CD错误.
故选：B.
8、A
【解析】，定义域为，∵，∴函数为偶函数，当时，函数单调递增，根据偶函数性质可知：得成立，∴，∴，∴的范围为故答案为A.
考点：抽象函数的不等式.
【思路点晴】本题考查了偶函数的性质和利用偶函数图象的特点解决实际问题，属于基础题型，应牢记．根据函数的表达式可知函数为偶函数，根据初等函数的性质判断函数在大于零的单调性为递增，根据偶函数关于原点对称可知，距离原点越远的点，函数值越大，把可转化为，解绝对值不等式即可
9、D
【解析】首先利用二倍角公式及辅助角公式将函数化简，再结合正弦函数的性质计算可得；
【详解】解：函数
，
可得的最大值为2，最小正周期为，故A、C错误；
由可得，即，
可知在区间上的零点为，故B错误；
由，可知为图象的一条对称轴，故D正确
故选：D
10、D
【解析】由题，的零点的个数即的交点个数，再根据的对称性和周期性画出图象，数形结合分析即可
【详解】由可知偶函数周期为2，故先画出时，的函数图象，再分别利用偶函数关于轴对称、周期为2画出的函数图象，则的零点个数即为的零点个数，即的交点个数，易得在上有个交点，故在定义域内有18个交点.

故选：D

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、④⑤
【解析】由向量中单位向量，向量相等、零向量和共线向量的定义进行判断，即可得出答案 .
【详解】对于①.单位向量方向不同时，不相等，故不正确.
对于②.向量，满足时，若方向不同时，不相等，故不正确.
对于③.有向线段是有方向的线段，向量是既有大小、又有方向的量.
向量可以用有向线段来表示，二者不等同，故不正确,
对于④.根据零向量的定义，正确.
对于⑤.根据共线向量是方向相同或相反的向量，也叫平行向量，故正确.
故答案为：④⑤
12、①③④
【解析】由面面平行的性质判断①；由题设知两段圆弧的长度之和为，即可得上底周长判断②；利用正方体体积及圆锥体积的求法求几何体体积判断③；首先确定外接球球心位置，进而求出球体的半径，即可得F－ABC的外接球的表面积判断④.
【详解】因为面面，面，
所以CG//平面，即CG//平面ADE，①正确；
依题意知，弧EF与弧HG均为圆弧，且这两段圆弧的长度之和为，
所以该几何体的上底面的周长为，该几何体的体积为8－，②错误，③正确；
设M，N分别为下底面、上底面的中心，则三棱锥F－ABC的外接球的球心O在MN上
设OM＝h，则，解得，
从而球O的表面积为，④正确.
故答案为：①③④

13、
【解析】设扇形的半径为，则扇形的面积为，直角三角形中， ， ，面积为，由题意得，∴，∴，故答案为.
点睛：本题考查扇形的面积公式及三角形的面积公式的应用，考查学生的计算能力，属于基础题；设出扇形的半径，求出扇形的面积，再在直角三角形中求出高，计算直角三角形的面积，由条件建立等式，解此等式求出与的关系，即可得出结论.
14、(答案不唯一)
【解析】根据余弦函数的性质，构造满足题意的函数，由此即可得到结果.
详解】由题意可知，，
因为的周期为，满足条件①；
又，所以，满足条件②；
由于函数在区间上单调递减，所以区间上单调递减，故满足条件③.
故答案为：.
15、
【解析】利用二倍角余弦公式可得令，结合二次函数的图象与性质得到结果.
【详解】由题意得：
令，则
∵在上单调递减，
∴的值域为：
故答案为：
【点睛】本题给出含有三角函数式的“类二次”函数，求函数的值域．着重考查了三角函数的最值和二次函数在闭区间上的值域等知识，属于中档题
16、
【解析】根据，利用诱导公式转化为可求得结果.
【详解】因为，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查了利用诱导公式求值，解题关键是拆角：，属于基础题.

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)在上为增函数,证明见解析.
【解析】（1）根据题意，由奇函数的性质可得，进而可得，解可得、、的值，即可得答案；
（2）利用定义法证明函数的单调性，按照：设元、作差、变形、判断符号、下结论的步骤完成即可
【详解】解：(1)根据题意，函数是奇函数（），且，
则，又由，
则有，且，解得，，.
(2)由(1)可得：，函数在上为增函数
证明：设任意的，
，
又由，则且，，
则有，
故函数在上为增函数
【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，关键是求出、、的值，属于基础题
18、（1）
（2）
【解析】(1)根据已知条件求出tanα，将要求的式子构造成关于正余弦的齐次式，将弦化为切即可求值；
(2)根据角的范围和的正负确定的范围，求出sin()，根据即可求解.
【小问1详解】
，
；
【小问2详解】

，，
，
又，
.
19、 (1) 详见解析(2)
【解析】（1）证明函数单调性可根据函数单调性定义取值，作差变形，定号从而写结论（2）因为函数是奇函数所以（3）由.故，∴
试题解析：
(1)设，
则.
∵函数是增函数，又，∴，
而，，∴式.
∴，即是上的增函数.
(2)∵对恒成立，
∴.
(3)当时，.
∴，∴，
继续解得，
∴，因此，函数的值域是.
点睛：本题考差了函数单调性，奇偶性概念及其判断、证明，函数的值域求法，对于定义来证明单调性要注意做差后的式子的化简.
20、（1）；
（2）在上单调递增，证明见解析；
（3）.
【解析】（1）由奇函数的定义有，可求得的值，又由，可得的值，从而即可得函数的解析式；
（2）任取，，且，由函数单调性的定义即可证明函数在上单调递增；
（3）由（2）知在上单调递增，因为为奇函数，所以在上也单调递增，又，从而利用单调性即可求解.
【小问1详解】
解：因为函数为奇函数，定义域为，
所以，即，
所以，又，所以，
所以；
【小问2详解】
解：在上单调递增，证明如下：
任取，，且，
则，
又，，且，
所以，，，
所以，即，
所以在上单调递增；
【小问3详解】
解：由（2）知在上单调递增，
因为为奇函数，所以在上也单调递增，
令，解得或
因为，且，
所以，
所以，解得，又，
所以原不等式的解集为.
21、（1）详见解析；（2）详见解析
【解析】（1）连结和，由条件可证得和，从而得到∥.（2）结合题意可得直线和必相交，根据线面关系再证明该交点直线上即可得到结论
【详解】证明：(1)如图，连结和，

在正方体中，，
∵，
∴，
又，，
∴
又在正方体中，，,
∴，
又，
∴
同理可得，
又，
∴
∴∥.
（2）由题意可得（或者和不平行），
又由(1)知∥，
所以直线和必相交，不妨设，
则，
又，
所以，
同理
因为，
所以，
所以、、三条直线交于一点
【点睛】（1）证明两直线平行时，可根据三种平行间的转化关系进行证明，也可利用线面垂直的性质进行证明，解题时要注意合理选择方法进行求解
（2）证明三线共点的方法是：先证明其中的两条直线相交，再证明该交点在第三条直线上．解题时要依据空间中的线面关系及三个公理，并结合图形进行求解