吉林省白山市长白县实验中学2025年高一数学第一学期期末达标测试试题含解析.doc

吉林省白山市长白县实验中学2025年高一数学第一学期期末达标测试试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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．已知是定义域为的单调函数，且对任意实数，都有，则的值为（）
A.0 B.
C. D.1
2．函数的最小正周期是（ ）
A.π B.2π
C.3π D.4π
3．函数f(x)＝log3x－8＋2x的零点一定位于区间
A. B.
C. D.
4．如图，是全集，是子集，则阴影部分表示的集合是（ ）

A. B.
C. D.
5．已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（）

A. B.
C. D.
6．将化为弧度为
A. B.
C. D.
7．已知角的终边经过点，则的值为
A. B.
C. D.
8．设函数，，则函数的零点个数是
A.4 B.3
C.2 D.1
9．已知向量，若，则（ ）
A.1或4 B.1或
C.或4 D.或
10．函数的最小值和最小正周期为（ ）
A.1和2π B.0和2π
C.1和 π D.0和π
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知直三棱柱的6个顶点都在球O的球面上，若，则球O的半径为________
12．已知函数，则无论取何值，图象恒过的定点坐标______；若在上单调递减，则实数的取值范围是______
13．已知扇形的圆心角为，扇形的面积为，则该扇形的弧长为____________.
14．已知函数的定义域和值域都是集合，其定义如表所示，则____________．
x

0
1
2

0
1
2

15．如图，单位圆上有一点，点P以点P0为起点按逆时针方向以每秒弧度作圆周运动，5秒后点P的纵坐标y是_____________.

16．对于定义在上的函数，如果存在区间，同时满足下列两个条件：
①在区间上是单调递增的；②当时，函数的值域也是，则称是函数的一个“递增黄金区间”.下列函数中存在“递增黄金区间”的是：___________.（填写正确函数的序号）
①；②；③；④.
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.
（1）求；
（2）求.
18．已知函数，
（1）若，求在区间上的最小值；
（2）若在区间上有最大值3，求实数的值.
19．（1）已知方程，的值
（2）已知是关于的方程的两个实根，且，求的值
20．2021年秋季学期，某省在高一推进新教材，为此该省某市教育部门组织该市全体高中教师在暑假期间进行相关学科培训，培训后举行测试（满分100分），从该市参加测试的数学老师中抽取了100名老师并统计他们的测试分数，将成绩分成五组，第一组[65，70），第二组[70，75），第三组[75，80），第四组[80，85），第五组[85，90]，得到如图所示的频率分布直方图

（1）求a的值以及这100人中测试成绩在[80，85）的人数；
（2）估计全市老师测试成绩的平均数（同组中的每个数据都用该组区间中点值代替）和第50%分数位（保留两位小数）；
（3）若要从第三、四、五组老师中用分层抽样的方法抽取6人作学习心得交流分享，并在这6人中再抽取2人担当分享交流活动的主持人，求第四组至少有1名老师被抽到的概率
21．通过研究学生的学习行为，专家发现，学生的注意力随着老师讲课时间的变化而变化，讲课开始时，学生的兴趣激增，中间有一段时间，学生的兴趣保持较理想的状态，随后学生的注意力开始分散，设f（t）表示学生注意力随时间t（分钟）的变化规律（f（t）越大，表明学生注意力越集中）经过实验分析得知：
（1）讲课开始后第5分钟与讲课开始后第25分钟比较，何时学生的注意力更集中？
（2）讲课开始后多少分钟，学生的注意力最集中？能持续多少分钟？
（3）一道比较难的数学题，需要讲解25分钟，并且要求学生的注意力至少达到180，那么经过适当安排，老师能否在学生达到所需的状态下讲授完这道题目？
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】令，可以求得，即可求出解析式，进而求出函数值.
【详解】根据题意，令，为常数，
可得，且，
所以时有，
将代入，等式成立，
所以是的一个解，
因为随的增大而增大，所以可以判断为增函数，
所以可知函数有唯一解，
又因为，
所以，即，
所以.
故选：B.
【点睛】本题主要考查函数单调性和函数的表示方法，属于中档题.
2、A
【解析】化简得出，即可求出最小正周期.
【详解】，
最小正周期.
故选：A.
3、B
【解析】根据零点存在性定理，因为，所以函数零点在区间（3，4）内，故选择B
考点：零点存在性定理
4、C
【解析】利用阴影部分所属的集合写出阴影部分所表示的集合
【详解】解：由图知，阴影部分在集合中，在集合中，但不在集合中，
故阴影部分所表示的集合是.
故选：C.
5、C
【解析】根据奇偶性排除A和D，由排除B.
【详解】由图可知，的图象关于原点对称，是奇函数,，，
则函数，是偶函数，排除A和D．当时，恒成立，排除B.
故选：C
6、D
【解析】根据角度制与弧度制的关系求解.
【详解】因为，
所以.
故选：D.
7、C
【解析】因为点在单位圆上，又在角的终边上，所以；
则；故选C.
8、B
【解析】
函数的零点个数就是函数的图象和函数的图象的交点个数，分别画出函数的图象和函数的图象,如图，由图知，它们的交点个数是，函数的零点个数是,故选B.
【方法点睛】已知函数零点(方程根)的个数求参数取值范围的三种常用的方法：(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为的交点个数的图象的交点个数问题 .
9、B
【解析】根据向量的坐标表示，以及向量垂直的条件列出方程，即可求解.
【详解】由题意，向量，可得，
因为，则，解得或.
故选：B.
10、D
【解析】由正弦函数的性质即可求得的最小值和最小正周期
【详解】解：∵，
∴当＝﹣1时，f（x）取得最小值，
即f（x）min；
又其最小正周期Tπ，
∴f（x）的最小值和最小正周期分别是：，π
故选D
【点睛】本题考查正弦函数的周期性与最值，熟练掌握正弦函数的图象与性质是解题关键，属于中档题

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】根据直角三角形的外接圆的直径是直角三角形的斜边，结合球的对称性、勾股定理、直三棱柱的几何性质进行求解即可.
【详解】因为，所以三角形是以为斜边的直角三角形，
因此三角形的外接圆的直径为，圆心为.
因为，所以，
在直三棱柱中， 侧面是矩形且它的中心即为球心O，
球的直径是的长，则，
所以球的半径为
故答案为：

【点睛】本题考查了直三棱柱外接球问题，考查了直观想象能力和数学运算能力.
12、 ①. ②.
【解析】计算的值，可得出定点坐标；分析可知，对任意的，，利用参变量分离法可求得，分、、三种情况讨论，分析函数在上的单调性，由此可得出实数的取值范围.
【详解】因为，故函数图象恒过的定点坐标为；
由题意可知，对任意的，，则，
因为函数在上单调递增，且当时，，
所以，.
当时，在上为减函数，函数为增函数，
所以，函数、在上均为减函数，
此时，函数在上为减函数，合乎题意；
当且时，，不合乎题意；
当时，在上为增函数，函数为增函数，
函数、在上均为增函数，
此时，函数在上为增函数，不合乎题意.
综上所述，若在上单调递减，.
故答案为：；.
13、
【解析】利用扇形的面积求出扇形的半径，再带入弧长计算公式即可得出结果
【详解】解：由于扇形的圆心角为，扇形的面积为，
则扇形的面积，解得：，
此扇形所含的弧长.
故答案为：.
14、
【解析】根据表格从里层往外求即可.
【详解】解：由表可知，.
故答案为：.
15、##
【解析】根据单位圆上点的坐标求出，从而求出，从而求出点P的纵坐标.
【详解】因为位于第一象限，且，故，所以，故，所以点P的纵坐标
故答案为：
16、②③
【解析】由条件可得方程有两个实数解，然后逐一判断即可.
【详解】∵在上单调递增，由条件②可知，即方程有两个实数解；
∵x+1=x无实数解，∴①不存在“递增黄金区间”；
∵的两根为：1和2，不难验证区间[1，2]是函数的一个“递增黄金区间”；
在同一坐标系中画出与的图象如下：

由图可得方程有两个根，∴③也存在“递增黄金区间”；
在同一坐标系中画出与的图象如下：

所以没有实根，∴④不存在.
故答案为：②③.

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）根据交集计算可得.
（2）根据补集与并集的计算可得.
【小问1详解】
由己知，
所以
【小问2详解】
∵，
所以，
所以.
18、（1）；（2）或.
【解析】（1）先求函数对称轴，再根据对称轴与定义区间位置关系确定最小值取法（2）根据对称轴与定义区间位置关系三种情况分类讨论最大值取法，再根据最大值为3，解方程求出实数的值
试题解析：解：（1）若，则
函数图像开口向下，对称轴为，所以函数在区间上是单调递增的，在区间上是单调递减的，有又，

（2）对称轴为
当时，函数在在区间上是单调递减的，则
，即；
当时，函数在区间上是单调递增的，在区间上是单调递减的，则，解得，不符合；
当时，函数在区间上是单调递增的，则
，解得；
综上所述，或
点睛：(1)已知函数的奇偶性求参数，一般采用待定系数法求解，根据得到关于待求参数的恒等式，由系数的对等性得参数的值或方程(组)，进而得出参数的值；(2)已知函数的奇偶性求函数值或解析式，首先抓住奇偶性讨论函数在各个区间上的解析式，或充分利用奇偶性得出关于的方程，从而可得的值或解析式.
19、（1）；（2）
【解析】（1）由已知利用诱导公式化简得到的值，再利用诱导公式化简为含有的形式，代入即可；
（2）由根与系数的关系求出的值，结合的范围求出，进一步求出，即可求的值
【详解】解：（1）由得：，
即，
，

；
（2），是关于的方程的两个实根，
，
解得：，
又，
，
，
即，
解得：，
，
.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是化弦为切.
20、（1）;20；
（2）分,76.67分
（3）
【解析】（1）根据频率之和为1，可求得a的值，根据频数的计算可求得测试成绩在[80，85）的人数；
（2）根据频率分布直方图可计算中位数，即可求得第50%分数位；
（3）列举出所有可能的抽法，再列出第四组至少有1名老师被抽到可能情况，根据古典概型的概率公式求得答案.
【小问1详解】
由题意得：，解得；
这100人中测试成绩在[80，85）的人数为 （人）；
【小问2详解】
平均数为：
（分），
设中位数为m,且，则，
解得，故第50%分数位76.67分；
【小问3详解】
第三组频率为，第四组频率为，
第五组频率为，
故从第三、四、五组老师中用分层抽样的方法抽取6人作学习心得交流分享，
三组人数为3人，2人和1人，
记第三组抽取人为 , 第四组抽取的人为 , 第五组抽取的人为 ,
则抽取2人的所有情况如下：
共15种，
其中第四组至少有1名老师被抽到的抽法有
共9种，
故第四组至少有1名老师被抽到的概率为 .
21、（1）讲课开始25分钟时，学生的注意力比讲课开始后5分钟更集中
（2）讲课开始10分钟，学生的注意力最集中，能持续10分钟
（3）不能
【解析】（1）分别求出比较即可；
（2）由单调性得出最大值，从而得出学生的注意力最集中所持续的时间；
（3）由的解，结合的单调性求解即可.
【小问1详解】
因为，
所以讲课开始25分钟时，学生的注意力比讲课开始后5分钟更集中
【小问2详解】
当时，是増函数，且
当时，是减函数，且
所以讲课开始10分钟，学生的注意力最集中，能持续10分钟
【小问3详解】
当时，令，则
当时，令，则
则学生注意力在180以上所持续的时间为
所以老师不能在学生达到所需要的状态下讲授完这道题