2025年广西南宁市第三中学、柳州铁一中学数学高一第一学期期末联考试题含解析.doc

2025年广西南宁市第三中学、柳州铁一中学数学高一第一学期期末联考试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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．已知全集，，则（ ）
A. B.
C. D.
2．已知a，b，，那么下列命题中正确的是（ ）
A.若，则 B.若，则
C.若，且，则 D.若，且，则
3．在下列区间中，函数的零点所在的区间为（）
A. B.
C. D.
4．满足的角的集合为（）
A. B.
C. D.
5．设集合，．则（ ）
A. B.
C. D.
6．若两直线与平行，则它们之间的距离为
A. B.
C. D.
7．直线的倾斜角是
A. B.
C. D.
8．函数的部分图象如图所示，则的值为（ ）

A. B.
C. D.
9．已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
10．在中，角、、的对边分别为、、，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．若圆心角为的扇形的弧长为，则该扇形面积为__________.
12．意大利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”.双曲余弦函数，就是一种特殊的悬链线函数，其函数表达式为，相应的双曲正弦函数的表达式为.设函数，若实数m满足不等式，则m的取值范围为___________.

13．已知圆心角为的扇形的面积为，则该扇形的半径为____.
14．实数的值为___________.
15．一个圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为________.
16．幂函数的图象经过点，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）判断函数在R上的单调性，并用单调性的定义证明；
（2）判断函数的奇偶性，并证明；
（3）若恒成立，求实数k的取值范围.
18．如图所示，A，B分别是单位圆与x轴、y轴正半轴的交点，点P在单位圆上，∠AOP＝θ(0<θ<π)，C点坐标为(－2,0)，平行四边形OAQP的面积为S.

(1)求·＋S的最大值；
(2)若CB∥OP，求sin的值
19．已知
（1）若，求的值；
（2）若，且，求的值
20．上海市某地铁项目正在紧张建设中，通车后将给更多市民出行带来便利，已知该线路通车后，地铁的发车时间间隔t（单位：分钟）满足，，经测算，在某一时段，地铁载客量与发车时间间隔t相关，当时地铁可达到满载状态，载客量为1200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2分钟时载客量为560人，记地铁载客量为.
（1）求的解析式；
（2）若该时段这条线路每分钟的净收益为（元），问当发车时间间隔为多少时，该时段这条线路每分钟的净收益最大？
21．如图，在等腰梯形中，，

（1）若与共线，求k的值；
（2）若P为边上的动点，求的最大值
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、C
【解析】根据补集的定义可得结果.
【详解】因为全集，，所以根据补集的定义得，故选C.
【点睛】若集合的元素已知，则求集合的交集、并集、补集时，可根据交集、并集、补集的定义求解
2、A
【解析】根据不等式的性质判断
【详解】若，显然有，所以，A正确；
若，当时，，B错；
若，则，当时，，，C错；
若，且，也满足已知，此时，D错；
故选：A
3、C
【解析】利用零点存在定理即可判断.
【详解】函数的定义域为R.
因为函数均为增函数，所以为R上的增函数.
又，，
，.
由零点存在定理可得：的零点所在的区间为.
故选：C
4、D
【解析】利用正弦函数的图像性质即可求解.
【详解】.
故选：D.
5、A
【解析】先求得，然后求得.
【详解】.
故选：A
6、D
【解析】根据两直线平行求得值，利用平行线间距离公式求解即可
【详解】与平行,
,即
直线为,即

故选D
【点睛】本题考查求平行线间距离.当直线与直线平行时,；平行线间距离公式为，因此两平行直线需满足,
7、B
【解析】，斜率为，故倾斜角为.
8、C
【解析】由函数的部分图象得到函数的最小正周期，求出，代入求出值，则函数的解析式可求，取可得的值.
【详解】由图象可得函数的最小正周期为，则.
又，则，
则，，则，，
，则，，则，
.
故选：C.
【点睛】方法点睛：根据三角函数的部分图象求函数解析式的方法：
（1）求、，；
（2）求出函数的最小正周期，进而得出；
（3）取特殊点代入函数可求得的值.
9、D
【解析】由交集的定义求解即可
【详解】，
由题意，作数轴如图：

故，
故选：D．
10、B
【解析】分析：直接利用余弦定理求cosA.
详解：由余弦定理得cosA=故答案为B.
点睛：(1)本题主要考查余弦定理在解三角形中的应用，意在考查学生对余弦定理的掌握水平.(2)已知三边一般利用余弦定理：.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】根据扇形面积公式计算即可.
【详解】设弧长为，半径为，为圆心角，所以 ，
由扇形面积公式得.
故答案为：
12、
【解析】先判断为奇函数，且在R上为增函数，然后将转化为，从而有，进而可求出m的取值范围
【详解】由题意可知，的定义域为R，
因为，所以为奇函数.
因为，且在R上为减函数，
所以由复合函数的单调性可知在R上为增函数.
又，所以，
所以，解得.
故答案为：.
13、4
【解析】由扇形的面积公式列方程即可求解.
【详解】扇形的面积，即，解得：.
故答案为：.
14、
【解析】直接根据指数幂运算与对数运算求解即可.
【详解】解：
故答案为：
15、.
【解析】先求圆锥底面圆的半径，再由直角三角形求得圆锥的高，代入公式计算圆锥的体积即可。
【详解】设圆锥底面半径为r，
则由题意得，解得.
∴底面圆的面积为.
又圆锥的高.
故圆锥的体积.
【点睛】此题考查圆锥体积计算，关键是找到底面圆半径和高代入计算即可，属于简单题目。
16、
【解析】先代入点的坐标求出幂函数，再计算即可.
【详解】幂函数的图象经过点，设，
，
解得故，
所以.
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）在R上的单调递增，证明见解析；
（2）是奇函数，证明见解析；
（3）.
【解析】（1）利用单调性的定义证明，任取，设，然后判断与0的大小，即可确定单调性.
（2），直接利用函数奇偶性的定义判断；
（3）利用函数是奇函数，将题设不等式转化为，再利用是上的单调增函数求解.
【小问1详解】
函数是增函数，任取，不妨设 ，
，
∵，
∴，又，
∴，即，
∴函数是上的增函数.
【小问2详解】
函数为奇函数，证明如下：
由解析式可得：，且定义域为关于原点对称，
，
∴函数是定义域内的奇函数.
【小问3详解】
由等价于，
∵是上的单调增函数，
∴，即恒成立，
∴，解得.
18、（1）＋1（2）
【解析】求出，的坐标，然后求解，以及平行四边形的面积，通过两角和与差的三角函数，以及正弦函数的值域求解即可；
利用三角函数的定义，求出，利用二倍角公式以及两角和与差的三角函数求解表达式的值
解析：（1）由已知得，的坐标分别为，，因为四边形是平行四边形，所以，

又因为平行四边形的面积为，
所以
又因为，所以当时，的最大值为
（2）由题意知，，
因为，所以，因为，所以
由，，得，，
所以，，
所以
19、（1）
（2）
【解析】（1）利用诱导公式化简可得，然后利用二倍角公式求解即可；
（2）由条件可得，，然后根据求解即可.
【小问1详解】

因为，所以
【小问2详解】
因为，
所以，
所以
20、（1）；（2）分钟.
【解析】(1)时，求出正比例系数k，写出函数式即可得解；
(2)求出每一段上的最大值，再比较大小即可得解.
【详解】（1）由题意知，（k为常数），
因，则，
所以；
（2）由得，
即，
①当时，，当且仅当等号成立；
②当时，在[10，20]上递减，当时Q取最大值24，
由①②可知，当发车时间间隔为分钟时，该时段这条线路每分钟的净收益最大，最大为120元.
21、（1）；（2）12
【解析】（1）选取为基底，用基底表示其他向量后，由向量共线可得；
（2）设，，求得，由函数知识得最大值
【详解】（1）不共线，以它们为基底，
由已知，又与共线，
所以存在实数，使得，
即，解得；
（2）等腰梯形中，，，则，
设，，
则，，

所以时，取得最大值12
【点睛】关键点点睛：本题考查向量的共线，向量的数量积，解题关键是以为基底，其它向量都用基底表示，然后求解计算