2025-2026学年云南省曲靖市宜良县第八中学数学高一第一学期期末质量检测模拟试题含解析.doc

2025-2026学年云南省曲靖市宜良县第八中学数学高一第一学期期末质量检测模拟试题
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．设，，若，则的最小值为（）
A. B.6
C. D.
2．为庆祝深圳特区成立40周年，2020年10月11日深圳无人机精英赛总决赛在光明区举行，全市共39支队伍参加，下图反映了某学校代表队制作的无人机载重飞行从某时刻开始15分钟内的速度(单位:米/分)与时间x(单位:分)的关系.若定义"速度差函数"u(x)为无人机在时间段为[0，x]内的最大速度与最小速度的差，则u(x)的图象为（ ）

A B.
C. D.
3．若角(0≤≤2π)的终边过点，则=(  )
A. B.
C. D.
4．函数在的图象大致为
A. B.
C. D.
5．函数的定义域是（）
A.（-1，1） B.
C.（0，1） D.
6．已知函数的定义域为,则函数的定义域为(　　)
A. B.
C. D.
7．下列运算中，正确的是（）
A. B.
C. D.
8．已知函数（，），若的图像的任何一条对称轴与x轴交点的横坐标均不属于区间，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
9．两圆和的位置关系是
A.相离 B.相交
C.内切 D.外切
10．如图，在平面四边形中，，，，将其沿对角线折成四面体，使平面平面，若四面体顶点在同一球面上，则该球的表面积为（　　）

A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．在中，，，则面积的最大值为___________.
12．已知定义在上的函数，满足不等式，则的取值范围是______
13．无论取何值，直线必过定点__________
14．若，则的最大值为________
15．已知函数，的最大值为3，最小值为2，则实数的取值范围是________.
16．一个几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积为__________

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．计算求值：
（1）
（2）
18．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，求证：

（1）AB∥平面A1B1C；
（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC
19．某城市地铁项目正在紧张建设中，通车后将给市民出行带来便利.已知某条线路通车后，地铁的发车时间间隔（单位：分钟）满足.经测算，地铁载客量与发车时间间隔相关，当时地铁为满载状态，载客量为人，当时，载客量会减少，减少的人数与的平方成正比，且发车时间间隔为分钟时的载客量为人，记地铁载客量为.
（1）求的表达式，并求当发车时间间隔为分钟时，地铁的载客量；
（2）若该线路每分钟的净收益为（元），问当发车时间间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大？每分钟的最大净收益为多少？
20．如图5，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB=4，BC=3，AD=5，∠DAB=∠ABC=90°，E是CD的中点.
（Ⅰ）证明：CD⊥平面PAE；
（Ⅱ）若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥P-ABCD的体积.
21．已知函数.
（1）当时，求在上的值域；
（2）当时，已知，若有，求的取值范围.
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、C
【解析】由已知可得，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得所求代数式的最小值.
【详解】，，，由可得，
所以，，
当且仅当时，等号成立.
因此，的最小值为.
故选：C.
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
2、D
【解析】根据，“速度差函数” 的定义，分，、，、，、，四种情况，分别求得函数的解析式，从而得到函数的图象
【详解】解：由题意可得，当，时，翼人做匀加速运动，，
“速度差函数”
当，时，翼人做匀减速运动，速度从160开始下降，一直降到80，

当，时，翼人做匀减速运动，从80开始下降，，

当，时，翼人做匀加速运动，“速度差函数” ，
结合所给的图象，
故选：
3、D
【解析】由题意可得：，
由可知点位于第一象限，则.
据此可得：.
本题选择D选项.
4、C
【解析】当时, ,去掉D; 当时, ,去掉B;因为 ，所以去A，选C.
点睛：(1)运用函数图象解决问题时，先要正确理解和把握函数图象本身的含义及其表示的内容，熟悉图象所能够表达的函数的性质.
(2)在研究函数性质特别是单调性、最值、零点时，要注意用好其与图象的关系，结合图象研究.
5、B
【解析】根据函数的特征，建立不等式求解即可.
【详解】要使有意义，则，所以函数的定义域是.
故选：B
6、C
【解析】解不等式即得函数的定义域.
【详解】由题得，解之得，所以函数的定义域为.
故答案为C
【点睛】本题主要考查复合函数的定义域的求法，考查具体函数的定义域的求法和对数函数的单调性，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
7、C
【解析】根据对数和指数的运算法则逐项计算即可.
【详解】，故A错误；
，故B错误；
，故C正确；
，故D错误.
故选：C.
8、C
【解析】由已知得，，且，解之讨论k，可得选项.
【详解】因为的图像的任何一条对称轴与x轴交点的横坐标均不属于区间，所以，所以，故排除A，B；
又，且，解得，
当时，不满足，
当时，符合题意，
当时，符合题意，
当时，不满足，故C正确，D不正确，
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题考查根据正弦型函数的对称性求得参数的范围，解决问题的关键在于运用整体代换的思想，建立关于的不等式组，解之讨论可得选项.
9、B
【解析】依题意，圆的圆坐标为，半径为，圆的标准方程为，其圆心坐标为，半径为，两圆心的距离，且两圆相交，故选B.
10、B
【解析】由题意，的中点就是球心，求出球的半径，即可得到球的表面积
【详解】解：由题意，四面体顶点在同一个球面上，和都是直角三角形，
所以的中点就是球心，所以，球的半径为：，
所以球的表面积为：
故选B
【点睛】本题是基础题，考查四面体的外接球的表面积的求法，找出外接球的球心，是解题的关键，考查计算能力，空间想象能力

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】利用诱导公式，两角和与差余弦公式、同角间的三角函数关系得，得均为锐角，设边上的高为，由表示出，利用基本不等式求得的最大值，即可得三角形面积最大值
【详解】中，，
所以，整理得，
即，所以均为锐角，
作于，如图，记，则，，
所以，，当且仅当即时等号成立．所以，
的最大值为
故答案为：

12、
【解析】观察函数的解析式，推断函数的性质，借助函数性质解不等式
【详解】令 ，则，得，即函数的图像关于中心对称，且单调递增，不等式可化为，即，得，解集为
【点睛】利用函数解决不等式问题，关键是根据不等式构造适当的函数，通过研究函数的单调性等性质解决问题
13、
【解析】直线（λ+2）x﹣（λ﹣1）y+6λ+3=0，即（2x+y+3）+λ（x﹣y+6）=0，
由 求得x=﹣3，y=3，可得直线经过定点（﹣3，3）
故答案为（﹣3，3）
14、
【解析】化简，根据题意结合基本不等式，取得，即可求解.
【详解】由题意，实数，且，
又由，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以，即的最大值为.
故答案为：.
15、
【解析】画出函数的图像，对称轴为，函数在对称轴的位置取得最小值2，令，可求得，或，进而得到参数范围.
【详解】
函数的图象是开口朝上，且以直线为对称的抛物线，
当时，函数取最小值2，
令，则，或，
若函数在上的最大值为3，最小值为2，
则，
故答案为：.
16、
【解析】几何体为一个圆锥与一个棱柱的组合体, 体积为

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）1
【解析】（1）以实数指数幂运算规则解之即可；
（2）以对数运算规则解之即可.
【小问1详解】

【小问2详解】

18、（1）见解析；（2）见解析
【解析】（1）推导出AB∥A1B1，由此能证明AB∥平面A1B1C.（2）推导出BC⊥AB，BC⊥BB1，从而BC⊥平面ABB1A1，由此能证明平面ABB1A1⊥平面A1BC
【详解】证明：（1）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，

∵AB∥A1B1，且AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，
∴AB∥平面A1B1C
（2）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，
∵BC⊥AB，BC⊥BB1，AB∩BB1=B，
∴BC⊥平面ABB1A1，
∵BC⊂平面A1BC，∴平面ABB1A1⊥平面A1BC
【点睛】本题考查线面平行、面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是基础题
19、（1），人（2）当发车时间间隔为分钟时，该线路每分钟的净收益最大，每分钟的最大净收益为元
【解析】（1）由题意分别写出与时，的表达式，写成分段函数的形式，可得的表达式，可得的值；
（2）分别求出时，时，净收益为的表达式，并求出其最大值，进行比较可得净收益最大及收益最大时的时间.
【详解】解：当时，
当时，设
解得，所以，
所以
(人)
当时，

当时
当时，

当且仅当时，即时， 取到最大值.
答:的表达式为
当发车时间间隔为分钟时，地铁的载客量为人.
当发车时间间隔为分钟时，该线路每分钟的净收益最大，每分钟的最大净收益为元.
【点睛】本题主要考查分段函数解析式的求解及函数模型的实际应用，及利用基本不等式求解函数的最值，综合性大，属于中档题.
20、（1）证明略
（2）
【解析】（Ⅰ）要证平面，由已知平面，已经有，因此在直角梯形中证明即可，通过计算得，而是中点，则有；（Ⅱ）PB与平面ABCD所成的角是，下面关键是作出PB与平面PAE所成的角，由（Ⅰ）作，分别与相交于，连接，则是PB与平面PAE所成的角，由这两个角相等，可得，同样在直角梯形中可计算出，也即四棱锥P-ABCD的高，体积可得．另外也可建立空间直角坐标系，通过空间向量法求得结论，第（Ⅱ）小题中关键是求点的坐标，注意这里直线与平面所成的角相等转化为直线与平面的法向量的夹角相等
试题解析：解法1（Ⅰ如图（1）），连接AC，由AB=4，，
是的中点，所以
所以
而内的两条相交直线，所以CD⊥平面PAE
（Ⅱ）过点Ｂ作
由（Ⅰ）CD⊥平面PAE知，ＢＧ⊥平面PAE．于是为直线ＰＢ与平面PAE
所成的角，且
由知，为直线与平面所成的角
由题意，知
因为所以
由所以四边形是平行四边形，故于是
在中，所以

于是
又梯形的面积为所以四棱锥的体积为

解法2：如图（2），以A为坐标原点，所在直线分别为建立空间直角坐标系．设则相关的各点坐标为：

（Ⅰ）易知因为
所以而是平面内的两条相交直线，所以
（Ⅱ）由题设和（Ⅰ）知，分别是，的法向量，而PB与
所成的角和PB与所成的角相等，所以

由（Ⅰ）知，由故

解得
又梯形ABCD的面积为，所以四棱锥的体积为
.
考点：线面垂直的判断，棱锥的体积
21、（1）；（2）.
【解析】（1）将方程整理为关于的二次函数，令，利用二次函数的图象与性质求函数的值域；
（2）利用换元法及二次函数的性质求出函数在上的值域A，根据对数函数的单调性求出函数在区间上的值域B，根据题意有，根据集合的包含关系列出不等式进行求解.
【详解】（1）当，
令，设，，
函数在上单调递增，，
的值域为.
（2）设的值域为集合的值域为集合根据题意可得，
，
令，，，
函数在上单调递增，且，
，
又，所以在上单调递增，
，，
由得，
的取值范围是.
【点睛】本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则的值域是值域的子集