2025年德宏市重点中学数学高一上期末监测试题含解析.doc

2025年德宏市重点中学数学高一上期末监测试题
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．在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，且AB=BC=CD，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为（）

A. B.-
C.2 D.
2．已知函数，则是
A.最小正周期为的奇函数 B.最小正周期为的偶函数
C.最小正周期为的奇函数 D.最小正周期为的偶函数
3．直线l的方程为Ax+By+C=0，当，时，直线l必经过
A.第一、二、三象限 B.第二、三、四象限
C.第一、三、四象限 D.第一、二、四象限
4．若a，b是实数，则是的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
5．如图，在棱长为1的正方体中，三棱锥的体积为（）

A. B.
C. D.
6．已知正方体，则异面直线与所成的角的余弦值为
A. B.
C. D.
7．已知函数，则（）
A.3 B.2
C.1 D.0
8．已知，，且，则的最小值为（ ）
A.4 B.9
C.10 D.12
9．若函数图象上所有点的横坐标向右平移个单位，纵坐标保持不变，得到的函数图象关于轴对称，则的最小值为（）
A. B.
C. D.
10．已知,，则（ ）
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．函数的定义域是___________，若在定义域上是单调递增函数，则实数的取值范围是___________
12．唐代李皋发明了“桨轮船”，这种船是原始形态的轮船，是近代明轮船航行模式之先导，如图，某桨轮船的轮子的半径为，他以的角速度逆时针旋转，轮子外边沿有一点P，点P到船底的距离是H（单位：m），轮子旋转时间为t（单位：s）.当时，点P在轮子的最高处.

（1）当点P第一次入水时，__________；（2）当时，___________.
13．函数的递减区间是__________.
14．已知命题“，”是真命题，那么实数a的取值范围是___________.
15．已知函数，，则________
16．函数的部分图象如图所示，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．已知函数
（1）求函数的最值及相应的的值；
（2）若函数在上单调递增，求的取值范围
18．已知集合.
（1）若，求a的值；
（2）若且“”是“”的必要不充分条件，求实数a的取值范围.
19．如图，已知多面体的底面是边长为2的菱形，底面，，且

（1）证明：平面平面；
（2）若直线与平面所成的角为，求直线与平面所成角的正弦值
20．如图，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外的一点，E，F分别是PA，BD上的点且PE∶EA＝BF∶FD，求证：EF∥平面PBC.

21．已知函数（，且）.
（1）若函数在上的最大值为2，求的值；
（2）若，求使得成立的的取值范围.
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、A
【解析】如图所示，分别取，，，的中点，，，，则，，，或其补角 为异面直线与所成角
【详解】解：如图所示，

分别取，，，的中点，，，，则，，，
或其补角为异面直线与所成角
设，则，，
，
异面直线与所成角的余弦值为，
故选：A
【点睛】平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
③计算：求该角的值，常利用解三角形；
④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角
2、B
【解析】先求得，再根据余弦函数的周期性、奇偶性，判断各个选项是否正确，从而得出结论
【详解】∵，
∴=，
∵,且T=，∴是最小正周期为偶函数，
故选B.
【点睛】本题主要考查诱导公式，余弦函数的奇偶性、周期性，属于基础题
3、A
【解析】把直线方程化为斜截式，根据斜率以及直线在y轴上的截距的符号，判断直线在坐标系中的位置
【详解】当A＞0，B＜0，C＞0时，直线Ax+By+C=0，即 y=﹣x﹣，
故直线的斜率﹣＞0，且直线在y轴上的截距﹣＞0，
故直线经过第一、二、三象限，
故选A
【点睛】本题主要考查根据直线的斜截式方程判断直线在坐标系中的位置，属于基础题
4、B
【解析】由对数函数单调性即可得到二者之间的逻辑关系.
【详解】由可得；但是时，不能得到.
则是的必要不充分条件
故选：B
5、A
【解析】用正方体的体积减去四个三棱锥的体积
【详解】由，

故选：A
6、A
【解析】将平移到,则异面直线与所成的角等于,连接在根据余弦定理易得
【详解】设正方体边长为1，将平移到,则异面直线与所成的角等于，连接．则，所以为等边三角形，所以
故选A
【点睛】此题考查立体几何正方体异面直线问题，异面直线求夹角，将其中一条直线平移到与另外一条直线相交形成的夹角即为异面直线夹角，属于简单题目
7、B
【解析】先求值，再计算即可.
【详解】，
，
故选：B
点睛】本题主要考查了分段函数求函数值，属于基础题.
8、B
【解析】将展开利用基本不等式即可求解.
【详解】由，，且得
，
当且仅当即，时等号成立，的最小值为，
故选：B.
9、B
【解析】由题设可得，根据已知对称性及余弦函数的性质可得，即可求的最小值.
【详解】由题设，关于轴对称，
∴且，则，，又，
∴的最小值为.
故选：B.
10、C
【解析】求出集合，，直接进行交集运算即可.
【详解】，，

故选：C
【点睛】本题考查集合的交集运算，指数函数的值域，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、 ①.## ②.
【解析】根据对数函数的定义域求出x的取值范围即可；结合对数复合型函数的单调性与一次函数的单调性即可得出结果.
【详解】由题意知，，得，
即函数的定义域为；
又函数在定义域上单调增函数，
而函数在上单调递减，
所以函数为减函数，
故.
故答案为：；
12、 ①. ②.##
【解析】算出点从最高点到第一次入水的圆心角，即可求出对应时间；由题意求出关于的表达式，代值运算即可求出对应.
【详解】
如图所示，当第一次入水时到达点，由几何关系知，又圆的半径为3，故，此时轮子旋转的圆心角为：，故；
由题可知，即，
当时，.
故答案为：；
13、
【解析】先求出函数的定义域，再根据复合函数单调性“同增异减”原则求出函数的单调递减区间即可得出答案
【详解】解：意可知，解得，
所以的定义域是，
令,对称轴是，
在上是增函数，在是减函数，
又在定义域上是增函数，
是和的复合函数，
的单调递减区间是，
故答案为：
【点睛】本题主要考查对数型复合函数的单调区间，属于基础题
14、
【解析】根据，成立，由求解.
【详解】因为，成立，
所以，
则，
故答案为：
15、
【解析】发现，计算可得结果.
【详解】因为，
，且，则.
故答案为-2
【点睛】本题主要考查函数的性质，由函数解析式，计算发现是关键，属于中档题.
16、##
【解析】函数的图象与性质，求出、与的值，再利用函数的周期性即可求出答案.
【详解】解：由图象知，，∴，又由图象可得：，可求得，∴，
∴，
∴

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）当时，，当时，；（2）
【解析】（1）化简得，再求三角函数的最值得解；
（2）先求出函数的单调增区间为，可得在单调递增，即得解.
【详解】（1）∵，
当时，，，
当时，，
（2）因为，
则，
解得，
令，得，可得在单调递增，
若上单调递增，
则，
所以的取值范围是
【点睛】关键点睛：解答第二问的关键求出函数在单调递增，即得到.
18、（1）
（2）
【解析】（1）先求出集合B，再由题意可得从而可求出a的值，
（2）由题意可得Ü，从而有再结合可求出实数a的取值范围.
【小问1详解】
由题设知，
∵，∴
可得.
【小问2详解】
∵，∴，解得.
∵“”是“”的必要不充分条件，∴Ü.
∴
解得.
因此，实数a的取值范围为.
19、 (1)见解析(2)
【解析】连接，交于点，设中点为，连接，，先证出，再证出平面，，结合面面垂直的判定定理即可证平面平面；
先证明，设的中点为，连接，所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，即，运用解三角形知识求其正弦值
解析：（1）证明：连接，交于点，设中点为，连接，

∵，分别为，的中点，
∴，且，
∵，且，
∴，且，
∴四边形为平行四边形，∴，即，
∵平面，平面，∴，
∵是菱形，∴
∵，∴平面，
∵，∴平面，
∵平面，∴平面平面
（2）因为直线与平面所成角为，
所以，所以，
所以，故为等边三角形，
设的中点为，连接，则，
设点到平面的距离为，点到平面的距离为，
则由，得（*）
因为面，面，所以，
又，，∴面；
因为，平面，面，所以面，
所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，即，
因为，，所以，
又，代入（*）得，所以，
设与平面所成角的正弦值为.
20、见解析
【解析】连接AF并延长交BC于M.连接PM，因为AD∥BC，∴，又，∴，
所以EF∥PM，从而得证.
试题解析：

连接AF并延长交BC于M.连接PM.
因AD∥BC，所以＝.
又由已知＝，所以＝.
由平面几何知识可得EF∥PM，又EF⊄平面PBC，PM⊂平面PBC，
所以EF∥平面PBC.
21、 (1)或；(2)
【解析】(1)分类讨论和两种情况，结合函数的单调性可得：或；
(2)结合函数的解析式，利用指数函数的单调性可得，求解对数不等式可得的取值范围是.
试题解析：
（1）当时，在上单调递增，
因此，，即；
当时，上单调递减，
因此，，即.
综上，或.
（2）不等式即.
又，则，即，
所以.