2025年甘肃省兰州市第五十八中高一数学第一学期期末经典试题含解析.doc

2025年甘肃省兰州市第五十八中高一数学第一学期期末经典试题
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．已知函数在内是减函数，则的取值范围是
A. B.
C. D.
2．体育老师记录了班上10名同学1分钟内的跳绳次数，得到如下数据：88，94，96，98，98，99，100，101，101，116.这组数据的60%分位数是（）
A.98 B.99
C.99.5 D.100
3．已知集合，，若，则实数的值为（）
A. B.
C. D.
4．计算，其结果是
A. B.
C. D.
5．平行四边形中，若点满足，，设，则
A. B.
C. D.
6．已知函数，则，（）
A.4 B.3
C. D.
7．若一元二次不等式的解集为，则的值为（　　）
A. B.0
C. D.2
8．已知直线和互相平行，则实数的取值为（　　）
A.或3 B.
C. D.1或
9．已知函数是定义在实数集上的不恒为零的偶函数，且对任意实数都有，则的值为
A. B.
C. D.
10．已知集合，，则中元素的个数是（ ）
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，，，，则______.
12．如图，已知四棱锥P－ABCD，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD．给出下列命题：①PB⊥AC；②平面PAB与平面PCD的交线与AB平行；③平面PBD⊥平面PAC；④△PCD为锐角三角形．其中正确命题的序号是________

13．已知幂函数的图象过点，则________
14．函数在区间上单调递增，则实数的取值范围_______.
15．设平面向量，，则__________.若与的夹角为钝角，则的取值范围是__________
16．已知函数，若函数的最小值与函数的最小值相等，则实数的取值范围是__________
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．已知全集，集合，
（1）当时，求；
（2）如果，求实数的取值范围
18．求经过点和,圆心在轴上的圆的方程.
19．已知.
（1）若关于x的不等式的解集为区间，求a的值；
（2）设，解关于x的不等式.
20．如图,在四棱锥中,平面,底面是菱形,,,,为与的交点,为棱上一点.

（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）若平面,求三棱锥的体积.
21．如图所示，四棱锥的底面 是边长为1的菱形，，
E是CD中点，PA底面ABCD，
（I）证明：平面PBE平面PAB；
（II）求二面角A—BE—P和的大小

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】由题设有为减函数，且，恒成立，所以，解得，选B.
2、C
【解析】根据分位数的定义即可求得答案.
【详解】这组数据的60%分位数是.
3、B
【解析】根据集合，，可得，从而可得.
【详解】因为，，
所以，所以.
故选：B
4、B
【解析】原式
故选
5、B
【解析】画出平行四边形，在上取点，使得，在上取点，使得，由图中几何关系可得到，即可求出的值，进而可以得到答案
【详解】画出平行四边形，在上取点，使得，在上取点，使得，则，
故，，则.

【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，考查了平面向量基本定理的应用，考查了平行四边形的性质，属于中档题
6、D
【解析】根据分段函数解析式代入计算可得；
【详解】解：因为，，所以，
所以
故选：D
7、C
【解析】由不等式与方程的关系转化为，从而解得
【详解】解：∵不等式kx2﹣2x+k＜0的解集为{x|x≠m}，
∴，
解得，k＝﹣1，m＝﹣1，
故m+k＝﹣2，
故选：C
8、B
【解析】利用两直线平行等价条件求得实数m的值.
【详解】∵两条直线x+my+6=0和（m﹣2）x+3y+2m=0互相平行，
∴
解得 m=﹣1，
故选B
【点睛】已知两直线的一般方程判定两直线平行或垂直时，记住以下结论，可避免讨论：
已知，
，
则，

9、A
【解析】方法一：
当且时，由，得，
令，则是周期为的函数，
所以，
当时，由得，，
又是偶函数，所以，
所以，
所以，所以．选A
方法二：
当时，由得，，即，
同理，
所以
又当时，由,得，
因为是偶函数，
所以，
所以．选A
点睛：解决抽象函数问题的两个注意点：
（1）对于抽象函数的求函数值的问题，可选择定义域内的恰当的值求解，即要善于用取特殊值的方法求解函数值
（2）由于抽象函数的解析式未知，故在解题时要合理运用条件中所给出的性质解题，有时在解题需要作出相应的变形
10、B
【解析】根据并集的定义进行求解即可.
【详解】由题意得，，显然中元素的个数是5.
故选：B

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】利用两角和的正弦公式即可得结果.
【详解】因为，，所以，
由，，可得，，
所以.
故答案为：.
12、②③
【解析】设AC∩BD=O，由题意证明AC⊥PO，由已知可得AC⊥PA，与在同一平面内过一点有且只有一条直线与已知直线垂直矛盾说明①错误；由线面平行的判定和性质说明②正确；由线面垂直的判定和性质说明③正确；由勾股定理即可判断，说明④错误
【详解】设AC∩BD=O,如图，

①若PB⊥AC，∵AC⊥BD，则AC⊥平面PBD，∴AC⊥PO，
又PA⊥平面ABCD，则AC⊥PA，在平面PAC内过P有两条直线与AC垂直，与在同一平面内过一点有且只有一条直线与已知直线垂直矛盾，①错误；
②∵CD∥AB，则CD∥平面PAB，∴平面PAB与平面PCD的交线与AB平行，②正确；
③∵PA⊥平面ABCD，∴平面PAC⊥平面ABCD，
又BD⊥AC，∴BD⊥平面PAC，则平面PBD⊥平面PAC，③正确；
④∵PD2=PA2+AD2，PC2=PA2+AC2，AC2=AD2+CD2，AD=CD，
∴PD2+CD2=PC2，
∴④△PCD为直角三角形，④错误，
故答案为：②③
13、3
【解析】先求得幂函数的解析式，再去求函数值即可.
【详解】设幂函数，则，则，
则，则
故答案为：3
14、
【解析】由对数真数大于零可知在上恒成立，利用分离变量的方法可求得，此时结合复合函数单调性的判断可知在上单调递增，由此可确定的取值范围.
【详解】由题意知：在上恒成立，在上恒成立，
在上单调递减，，；
当时，单调递增，又此时在上单调递增，
在上单调递增，满足题意；
实数的取值范围为.
故答案为：.
15、 ①. ②.
【解析】（1）由题意得
（2）∵与的夹角为钝角，
∴，解得
又当时，向量，共线反向，满足，但此时向量的夹角不是钝角，故不合题意
综上的取值范围是
答案：；
16、
【解析】由二次函数的知识得，当时有．令，则，．结合二次函数可得要满足题意，只需，解不等式可得所求范围
【详解】由已知可得，
所以当时，取得最小值，且
令，
则，
要使函数的最小值与函数的最小值相等，
只需满足，
解得或.
所以实数的取值范围是
故答案为
【点睛】本题考查二次函数最值的问题，求解此类问题时要结合二次函数图象，即抛物线的开口方向和对称轴与区间的关系进行求解，同时注意数形结合在解题中的应用，考查分析问题和解决问题的能力，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）或；（2）（-∞，2）.
【解析】先解出集合A
（1）时，求出B,再求和；
（2）把转化为，分和进行讨论.
【详解】
（1）当时，，
∴
∴或.
（2）∵，∴.
当时，有，解得：；
当时，因为，只需，
解得：；
综上：,
故实数的取值范围（-∞，2）.
【点睛】（1）集合的交并补运算：①离散型的数集用韦恩图；②连续型的数集用数轴；
（2）由求参数的范围容易漏掉的情况
18、.
【解析】根据条件得到，设圆心为，根据点点距列出式子即可，求得参数值
解析：
圆的圆心在轴上，设圆心为,
由圆过点和,
由可得，即，求得，
可得圆心为，
半径为，
故圆的方程为.
点睛：这个题目考查了圆的方程的求法，利用圆的定义得到圆上的点到圆心的距离相等，可列出式子．一般和圆有关的多数是利用圆的几何性质，垂径定理列出方程，利用切线的性质即切点和圆心的连线和切线垂直列式子．注意观察式子的特点
19、（1）；（2）答案见解析.
【解析】(1)先将分式不等式转化成一元二次不等式，再根据解集与根的关系，即得结果；
(2) 先将分式不等式转化成一元二次不等式，再结合根的大小对a进行分类讨论求解集即可.
【详解】（1）由，得，即，即，
等价于，由题意得，则；
（2）即，即.
①当时，不等式即为，则，此时原不等式解集为；
②当时，不等式即为.
1°若，则，所以，此时原不等式解集为；
2°若，则，不等式为，x不存在，此时原不等式解集为；
3°若，则，所以，此时原不等式解集为.
【点睛】分式不等式的解法：等价于；等价于；等价于或；等价于或.
20、（Ⅰ）答案见详解;（Ⅱ）.
【解析】
(Ⅰ)平面,,四边形是菱形,,平面;
(Ⅱ)连接,由平面,推出,从而是的中点,那么三棱锥的体积则可通过中点进行转化,变为三棱锥体积的一半.
【详解】(Ⅰ)平面,平面,
,
四边形是菱形,
,
,
平面;
(Ⅱ)如图,连接,
平面,平面平面,
,
是的中点,
是的中点,
菱形中,,,
是等边三角形,,
,

.

【点睛】本题主要考查线面垂直的证明以及棱锥体积的计算,属于中档题.一般计算规则几何体的体积时,常用的方法有顶点转换,中点转换等,需要学生有一定的空间思维能力和计算能力.
21、（I）同解析（II）二面角的大小为
【解析】解：解法一（I）如图所示, 连结

由是菱形且知，
是等边三角形.因为E是CD的中点，所以
又 所以
又因为PA平面ABCD，平面ABCD，
所以而 因此 平面PAB.
又平面PBE，所以平面PBE平面PAB.
（II）由（I）知，平面PAB, 平面PAB, 所以
又所以 是二面角的平面角
在中,
故二面角的大小为
解法二：如图所示,以A为原点，建立空间直角坐标系

则相关各点的坐标分别是：

（I）因为平面PAB的一个法向量是 所以和 共线.
从而平面PAB.又因为平面PBE，所以平面PBE平面PAB.
（II）易知设 是平面PBE的一个法向量,
则由得 所以
故可取而平面ABE的一个法向量是
于是,
故二面角的大小为