江苏省海安市南莫中学2025-2026学年高一上数学期末达标测试试题含解析.doc

江苏省海安市南莫中学2025-2026学年高一上数学期末达标测试试题
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．设，，，则（　　）
A. B.
C. D.
2．函数f(x)=tan的单调递增区间是（）
A.(k∈Z) B.(k∈Z)
C.(k∈Z) D.(k∈Z)
3．设集合，则（ ）
A. B.
C. D.
4．函数且的图象恒过定点（）
A.(－2，0) B.(－1，0)
C.(0，－1) D.(－1，－2)
5．设分别是x轴和圆：(x－2)2＋(y－3)2＝1上的动点，且点A(0，3)，则的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
6．若函数在区间上存在零点，则实数的取值范围是
A. B.
C. D.
7．已知函数，若则a的值为(   )
A. B.
C.或 D.或
8．已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸（单位：），可得这个几何体的体积（单位：cm3）是

A.4 B.5
C.6 D.7
9．设函数的定义域为，若存在，使得成立，则称是函数的一个不动点，下列函数存在不动点的是（ ）
A. B.
C. D.
10．若，，，则a，b，c的大小关系为（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．若，则的终边所在的象限为______
12．函数的最大值为__________
13．计算______.
14．已知函数是定义在上且以3为周期的奇函数，当时，，则时，__________，函数在区间上的零点个数为 __________
15．已知角的终边过点，则__________
16．如下图所示，三棱锥外接球的半径为1，且过球心，围绕棱旋转后恰好与重合.若，则三棱锥的体积为_____________.

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．已知圆C经过点A（0，0），B（7，7），圆心在直线上
（1）求圆C的标准方程；
（2）若直线l与圆C相切且与x，y轴截距相等，求直线l的方程
18．已知，.
（1）若，求；
（2）若，求实数的取值范围.
19．已知集合，.
（1）求，；
（2）若，且，求实数的取值范围.
20．如图，四棱锥的底面为正方形，底面，分别是的中点.

（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面.
21．已知，函数
（1）求的定义域；
（2）当时，求不等式的解集
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】先计算得到，，再利用
展开得到答案.
详解】，，；
，；

故选：
【点睛】本题考查了三角函数值的计算，变换是解题的关键.
2、B
【解析】运用整体代入法，结合正切函数的单调区间可得选项.
【详解】由kπ-<2x-<kπ+(k∈Z)，得<x<(k∈Z)，所以函数f(x)=tan的单调递增区间为(k∈Z).
故选:B.
【点睛】本题考查正切函数的单调性，属于基础题.
3、B
【解析】根据交集定义运算即可
【详解】因为，所以,
故选：B.
【点睛】本题考查集合的运算，属基础题，在高考中要求不高，掌握集合的交并补的基本概念即可求解.
4、A
【解析】根据指数函数的图象恒过定点，即求得的图象所过的定点，得到答案
【详解】由题意，函数且，
令，解得，
，
的图象过定点
故选：A
5、B
【解析】取点A关于x轴的对称点C（0，-3），得到，最小值为.
故答案为B.
点睛：这个题目考查的是直线和圆的位置关系，一般直线和圆的题很多情况下是利用数形结合来解决的，联立的时候较少；再者在求圆上的点到直线或者定点的距离时，一般是转化为圆心到直线或者圆心到定点的距离，再加减半径，分别得到最大值和最小值
6、C
【解析】由函数的零点的判定定理可得f（﹣1）f（1）＜0，解不等式求得实数a的取值范围
【详解】由题 ，函数f（x）＝ax+1单调，又在区间（﹣1，1）上存在一个零点，则f（﹣1）f（1）＜0，即 （1﹣a）（1+a）＜0，解得a＜﹣1或a＞1
故选C
【点睛】本题主要考查函数的零点的判定定理的应用，属于基础题
7、D
【解析】按照分段函数的分类标准，在各个区间上，构造求解，并根据区间对所求的解，进行恰当的取舍即可.
令，则或，解之得.
【点睛】本题主要考查分段函数，属于基础题型.
8、A
【解析】如图三视图复原的几何体是底面为直角梯形，是直角梯形， ，一条侧棱垂直直角梯形的直角顶点的四棱锥，即平面 所以几何体的体积为：
故选A
【点睛】本题考查几何体的三视图，几何体的表面积的求法，准确判断几何体的形状是解题的关键
9、D
【解析】把选项中不同的代入，去判断方程是否有解，来验证函数是否存在不动点即可.
【详解】选项A：若，则，即，方程无解.故函数不存在不动点；
选项B：若，则，即，方程无解.故函数不存在不动点；
选项C：若，则，即或，两种情况均无解.故函数不存在不动点；
选项D：若，则，即
设，则，
则函数在上存在零点.即方程有解.函数存在不动点.
故选：D
10、A
【解析】根据指数函数和对数函数的单调性进行判断即可.
【详解】∵，∴，∴，，，
∴.
故选：A

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、第一或第三象限
【解析】将表达式化简，，二者相等，只需满足与同号即可，从而判断角所在的象限.
【详解】由，，
若，只需满足，即与同号，
因此的终边在第一或第三象限.
故答案为：第一或第三象限.
12、
【解析】利用二倍角余弦公式，把问题转化为关于的二次函数的最值问题.
【详解】
，
又，
∴函数的最大值为.
故答案为：.
13、7
【解析】根据对数与指数的运算性质计算即可得解.
【详解】解：

.
故答案为：7.
14、 ①. ②.5
【解析】（1）当时，，
∴，
又函数是奇函数，
∴
故当时，
（2）当时，令，得，即，
解得，即，
又函数为奇函数，故可得，且
∵函数是以3为周期的函数，
∴，，
又，
∴
综上可得函数在区间上的零点为，共5个
答案：，5
15、
【解析】∵角的终边过点（3，-4），∴x=3，y=-4，r=5，∴cos=
故答案为
16、
【解析】作于，可证得平面，得，得等边三角形，利用是球的直径，得，然后计算出，再应用棱锥体积公式计算体积
【详解】∵围绕棱旋转后恰好与重合，
∴，
作于，连接，则，，
∴
又过球心，∴，而，∴，同理，
，，
由，，，得平面，
∴
故答案为：

【点睛】易错点睛：本题考查求棱锥的体积，解题关键是作于，利用旋转重合，得平面，这样只要计算出的面积，即可得体积，这样作图可以得出，为旋转所形成的二面角的平面角，这里容易出错在误认为旋转，即为．旋转是旋转形成的二面角为．应用作出二面角的平面角

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）（x﹣3）2+（y﹣4）2＝25
（2）yx或x+y+57＝0或x+y﹣57＝0
【解析】（1）设圆心C（a，b），半径为r，然后根据条件建立方程组求解即可；
（2）分直线l经过原点、直线l不经过原点两种情况求解即可.
【小问1详解】
根据题意，设圆心C（a，b），半径为r，标准方程为（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2，
圆C经过点A（0，0），B（7，7），圆心在直线上，
则有，解可得，
则圆C的标准方程为（x﹣3）2+（y﹣4）2＝25，
小问2详解】
若直线l与圆C相切且与x，y轴截距相等，分2种情况讨论：
①直线l经过原点，设直线l的方程为y＝kx，则有5，解得k，此时直线l的方程为yx；
②直线l不经过原点，设直线l的方程为x+y﹣m＝0，则有5，解得m＝7+5或7﹣5，
此时直线l方程为x+y+57＝0或x+y﹣57＝0；
综合可得：直线l的方程为yx或x+y+57＝0或x+y﹣57＝0
18、（1）；（2）.
【解析】(1)根据题意，分别求出集合、，即可得到；
(2)根据题意得，结合，即可得到实数的取值范围.
【详解】(1)当时，，
或，
因此.
(2)由(1)知，或，故，
又因，
所以，解得，
故实数的取值范围是
19、（1），
（2）
【解析】（1）解出集合，利用并集、补集以及交集的定义可求得结果；
（2）由已知条件可得出关于的不等式，即可解得实数的取值范围.
【小问1详解】
解：因为，或，
所以，，.
【小问2详解】
解：因为，所以或，解得或，
所以的取值范围为.
20、（1）证明见解析；
（2）证明见解析.
【解析】（1）连接BD，根据线面平行的判定定理只需证明EF∥PD即可；
（2）利用线面垂直的判定定理可得面，再利用面面垂直的判定定理即证
【小问1详解】
如图，连结，则是的中点，又是的中点，

∴，
又∵平面，面，
∴平面；
【小问2详解】
∵底面是正方形，
∴，
∵平面，平面，
∴，又，
∴面，又平面，
故平面平面.
21、（1）
（2）
【解析】（1）根据对数函数的真数大于零得到不等式组，解得即可求出函数的定义域；
（2）当时得到、即可得到与，则原不等式即为，再根据对数函数的单调性，将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可，需注意函数的定义域；
【小问1详解】
解：由题意得：，解得，
因为，所以，故定义域为
【小问2详解】
解：因为，所以，所以，
，
因为，所以，
即
从而，解得. 故不等式的解集为