安徽省太和一中、灵璧中学2025年高一数学第一学期期末调研试题含解析.doc

安徽省太和一中、灵璧中学2025年高一数学第一学期期末调研试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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．不等式的解集是（）
A B.
C.或 D.或
2．已知平面直角坐标系中，点，，，、、，，是线段AB的九等分点，则（ ）
A.45 B.50
C.90 D.100
3．已知幂函数的图像过点，则下列关于说法正确的是（ ）
A.奇函数 B.偶函数
C.定义域为 D.在单调递减
4．如图，，下列等式中成立的是（　　）

A. B.
C. D.
5．七巧板，又称七巧图、智慧板，是中国古代劳动人民的发明，其历史至少可以追溯到公元前一世纪，到了明代基本定型，于明、清两代在民间广泛流传．某同学用边长为4 dm的正方形木板制作了一套七巧板，如图所示，包括5个等腰直角三角形，1个正方形和1个平行四边形．若该同学从5个三角形中任取出2个，则这2个三角形的面积之和不小于另外3个三角形面积之和的概率是（）

A. B.
C. D.
6．函数的定义域是（ ）
A. B.
C. D.（0，4）
7．在中，为边的中点，则（）
A. B.
C. D.
8．下列哪组中的两个函数是同一函数（）
A.与 B.与
C.与 D.与
9．命题“，”的否定为（）
A.， B.，
C， D.，
10．设，，，则的大小顺序是
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知函数，设，，若成立，则实数的最大值是_______
12．若在幂函数的图象上，则______
13．函数，且）的图象恒过定点，则点的坐标为___________；若点在函数的图象上，其中，，则的最大值为___________.
14．函数单调递增区间为_____________
15．已知函数的图象上关于轴对称的点恰有9对,则实数的取值范围_________.
16．已知定义在R上的函数满足，且当时，，若对任都有，则m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．在三棱锥中，平面平面，，，分别是棱，上的点

（1）为的中点，求证：平面平面.
（2）若，平面，求的值.
18．已知函数．
（1）求的最小正周期；
（2）求函数的单调增区间；
（3）求函数在区间上值域
19．已知函数的部分图象如图所示.

（Ⅰ）求函数的解析式；
（Ⅱ）若为第二象限角且，求的值.
20．已知函数，不等式的解集为
（1）求不等式的解集；
（2）当在上具有单调性，求的取值范围
21．设函数.
（1）若在区间上的最大值为，求的取值范围；
（2）若在区间上有零点，求的最小值.
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、D
【解析】将分式不等式移项、通分，再转化为等价一元二次不等式，解得即可；
【详解】解：∵，，即，等价于且，解得或，∴所求不等式的解集为或，
故选：D.
2、B
【解析】利用向量的加法以及数乘运算可得，再由向量模的坐标表示即可求解.
【详解】

，
∴

故选：B.
3、D
【解析】
设出幂函数的解析式，将所过点坐标代入，即可求出该函数.再根据幂函数的性质的结论，选出正确选项.
【详解】设幂函数为，因为函数过点，
所以，则，
所以，
该函数定义域为，则其既不是奇函数也不是偶函数，
且由可知，该幂函数在单调递减.
故选：D.
4、B
【解析】本题首先可结合向量减法的三角形法则对已知条件中的进行化简，化简为然后化简并代入即可得出答案
【详解】因为，
所以，
所以，即，故选B
【点睛】本题考查的知识点是平面向量的基本定理，考查向量减法的三角形法则，考查数形结合思想与化归思想，是简单题
5、D
【解析】先逐个求解所有5个三角形的面积，再根据要求计算概率.
【详解】如图所示，，，，，的面积分别为，，
将，，，，分别记为，，，，，从这5个三角形中任取出2个，则样本空间，共有10个样本点
记事件表示“从5个三角形中任取出2个，这2个三角形的面积之和不小于另外3个三角形面积之和”，则事件包含的样本点为，，，共3个，所以
故选：D

6、C
【解析】根据对数函数的单调性，结合二次根式的性质进行求解即可.
【详解】由，
故选：C
7、B
【解析】由平面向量的三角形法则和数乘向量可得解
【详解】
由题意，
故选：B
【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，考查了学生综合分析，数形结合的能力，属于基础题
8、D
【解析】根据同一函数的概念，逐项判断，即可得出结果.
【详解】A选项，的定义域为，的定义域为，定义域不同，故A错；
B选项，的定义域为，的定义域为，定义域不同，故B错；
C选项，的定义域为，的定义域为，定义域不同，故C错；
D选项，与的定义域都为，且，对应关系一致，故D正确.
故选：D.
9、B
【解析】根据特称命题的否定为全称命题可得.
【详解】根据特称命题的否定为全称命题，
可得命题“，”的否定为“，”
故选：B.
10、A
【解析】利用对应指数函数或对数函数的单调性，分别得到其与中间值0,1的大小比较，从而判断的大小.
【详解】因为底数2>1，则在R上为增函数，所以有；
因为底数，则为上的减函数，所以有；
因为底数，所以为上的减函数，所以有；
所以，答案为A.
【点睛】本题为比较大小的题型，常利用函数单调性法以及中间值法进行大小比较，属于基础题.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】设不等式的解集为，从而得出韦达定理，由可得，要使，即不等式的解集为，则可得，以及是方程的两个根，再得出其韦达定理，比较韦达定理可得出，从而求出与的关系，代入，得出答案.
【详解】，则
由题意设集合，即不等式的解集为
所以是方程的两个不等实数根
则，
则由可得，
由，所以不等式的解集为
所以
是方程，即的两个不等实数根，
所以
故，，则，
则，则
由，即，即，解得
综上可得，所以的最大值为
故答案：
12、27
【解析】由在幂函数的图象上，利用待定系数法求出幂函数的解析式，再计算的值
【详解】设幂函数，，
因为函数图象过点，
则，，
幂函数，
，故答案为27
【点睛】本题主要考查了幂函数的定义与解析式，意在考查对基础知识的掌握情况，是基础题
13、 ① ②.##0.5
【解析】根据对数函数图象恒过定点求出点A坐标；代入一次函数式，借助均值不等式求解作答.
【详解】函数，且）中，由得：，则点；
依题意，，而，，则，当且仅当2m=n=1时取“=”，即，
所以点的坐标为，的最大值为.
故答案为：；
14、
【解析】先求出函数的定义域，再利用求复合函数单调区间的方法求解即得.
【详解】依题意，由得：或，即函数的定义域是，
函数在上单调递减，在上单调递增，而在上单调递增，
于是得在是单调递减，在上单调递增，
所以函数的单调递增区间为.
故答案为：
15、
【解析】求出函数关于轴对称的图像，利用数形结合可得到结论.
【详解】若，则，，设为关于轴对称的图像，画出的图像，

要使图像上有至少9个点关于轴对称，即与有至少9个交点，则，且满足
，即
则，解得，
故答案为
【点睛】解分段函数或两个函数对称性的题目时，可先将一个函数的对称图像求出，利用数形结合的方式得出参数的取值范围；遇到题目中指对函数时，需要讨论底数的范围，分别画出图像进行讨论.
16、，
【解析】作出当，时，的图象，将其图象分别向左、向右平移个单位（横坐标不变，纵坐标变为原来的或2倍），得到函数的图象，令，求得的最大值，可得所求范围
【详解】解：因为满足，即；
又由，可得，
画出当，时，的图象，
将在，的图象向右平移个单位（横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍），
再向左平移个单位（横坐标不变，纵坐标变为原来的倍），
由此得到函数的图象如图：
当，时，，，，
又，所以，
令，由图像可得，则，解得，
所以当时，满足对任意的，，都有，
故的范围为，
故答案为：，

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）证明见解析；（2）
【解析】（1）根据等腰三角形的性质，证得，由面面垂直的性质定理，证得平面，进而证得平面平面.
（2）根据线面平行的性质定理，证得，平行线分线段成比例，由此求得的值.
【详解】（1），为的中点，所以.
又因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）∵平面，面，面面
∴，
∴.
【点睛】本小题主要考查面面垂直的判定定理和性质定理，考查线面平行的性质定理，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
18、（1）；（2）；（3） .
【解析】（1）根据二倍角公式和诱导公式，结合辅助角公式可求得解析式，从而利用周期公式可求得周期；
（2）利用整体代换即可求单调增区间；
（3）由得，从而可得的取值范围.
【详解】（1），所以最小正周期
（2）由，得 ，
所以函数的单调递增区间是.
（3）由得，则，所以
19、 (1) ;(2) .
【解析】（1）根据图象可得周期，故．再根据图象过点可得．最后根据函数的图象过点可求得，从而可得解析式．（2）由题意可得，进而可求得和，再按照两角和的正弦公式可求得的值
试题解析：
(1)由图可知，周期，
∴.
又函数的图象过点，
∴ ，
∴，
∴，
∵，
∴
∴,
∵函数图象过点，
∴，
∴，
所以.
（2）∵为第二象限角且，
∴,
∴，，
∴
点睛：
已知图象求函数解析式的方法
（1）根据图象得到函数的周期，再根据求得
（2）可根据代点法求解，代点时一般将最值点的坐标代入解析式；也可用“五点法”求解，用此法时需要先判断出“第一点”的位置，再结合图象中的点求出的值
（3）在本题中运用了代点的方法求得的值，一般情况下可通过观察图象得到的值
20、（1）
（2）
【解析】（1）由不等式的解集为可得的两根是，根据根系数的关系可求和，代入不等式求解即可；（2）由题意可得，在上具有单调性可得区间在对称轴的左侧或者右侧，列不等式，求解即可
【详解】（1）由的解集为，则的解集为，则的解集为，则的两根，
则，
由，，
则解集为
（2）由在上具有单调性，
则，
解出
【点睛】本题考查了三个二次的关系，（1）二次函数的图像与x轴交点的横坐标，二次不等解集的端点值，一元二次方程的根是同一个量的不同表现形式；（2）二次函数、二次不等式，二次方程常称作“三个二次”，其中的某类的问题常可以转化为另两类问题加以解决，所以三者的关系密切而重要．其中二次函数是“三个二次”的核心，通过二次函数的图像使它们贯穿一体，使得数形结合思想在此类问题的解决中十分有效
21、（1）；（2）
【解析】⑴根据函数图象可得在区间上的最大值必是和其中较大者， 求解即可得到的取值范围；
⑵设方程的两根是，，由根与系数之间的关系转化为，对其化简原式大于或者等于，构造新函数，利用函数的最值来求解
解析：（1）因为图象是开口向上的抛物线，所以在区间上的最大值必是和中较大者，而，所以只要，即，得.
（2）设方程的两根是，，且，
则，
所以

，当且仅当时取等号.
设，
则，
由，得，因此，
所以，
此时，由知.
所以当且时，取得最小值.
点睛：本题考查了函数零点的判定定理，二次函数的性质以及解不等式，在求参量的最值时，利用根与系数之间的关系，转化为根的方程，运用函数的思想当取得对称轴时有最值，本题需要进行化归转化，难度较大