湖南省百所重点高中2025年高一上数学期末联考试题含解析.doc

湖南省百所重点高中2025年高一上数学期末联考试题
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．已知集合，，若，则的值为
A.4 B.7
C.9 D.10
2．已知函数，若存在四个互不相等的实数根，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
3．刘徽(约公元225年—295年)，魏晋期间伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一.他在割圆术中提出的“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这可视为中国古代极限观念的佳作，割圆术的核心思想是将一个圆的内接正边形等分成个等腰三角形(如图所示)，当变得很大时，这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想，可以得到的近似值为（）

A. B.
C. D.
4．已知偶函数在单调递减，则使得成立的的取值范围是
A. B.
C. D.
5．若，则角的终边在
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
6．下列根式与分数指数幂的互化正确的是（）
A. B.
C. D.
7．下列各式中成立的是
A. B.
C. D.
8．函数，若恰有3个零点，则a的取值范围是（）
A. B.
C. D.
9．若，为第四象限角，则的值为（）
A. B.
C. D.
10．数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线后人称之为三角形的欧拉线.已知的顶点，若其欧拉线方程为，则顶点C的坐标是
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．函数单调递增区间为_____________
12．函数的最大值为（ ）.
13．一个正方体的顶点都在球面上，它的棱长为2cm，则球的表面积为_____________
14．如图所示，正方体的棱长为，线段上有两个动点，且，则下列结论中正确的是_____

①∥平面；
②平面⊥平面；
③三棱锥的体积为定值；
④存在某个位置使得异面直线与成角°
15．关于函数有下述四个结论：
①是偶函数
②在区间单调递增
③的最大值为1
④在有4个零点
其中所有正确结论的编号是______.
16．若函数是R上的减函数，则实数a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．函数的定义域，且满足对于任意,有
(1) 求的值
(2) 判断的奇偶性，并证明
(3)如果，且在上是增函数，求的取值范围
18．设集合.
（1）当时，求实数的取值范围；
（2）当时，求实数的取值范围.
19．近年来，随着我市经济的快速发展，政府对民生越来越关注市区现有一块近似正三角形的土地（如图所示），其边长为2百米，为了满足市民的休闲需求，市政府拟在三个顶点处分别修建扇形广场，即扇形和，其中与、分别相切于点，且与无重叠，剩余部分（阴影部分）种植草坪.设长为（单位：百米），草坪面积为（单位：万平方米）.

（1）试用分别表示扇形和的面积，并写出的取值范围；
（2）当为何值时，草坪面积最大？并求出最大面积.
20．某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储存温度x（单位：）满足函数关系（为自然对数的底数，k、b为常数）．若该食品在0的保鲜时间设计192小时，在22的保鲜时间是48小时，则该食品在33的保鲜时间是______小时.
21．已知函数.
（1）当时，用定义法证明函数在上是减函数；
（2）已知二次函数满足，，若不等式恒成立，求的取值范围.
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】可知，或，所以．故选A
考点：交集的应用
2、D
【解析】令，则，由题意，有两个不同的解，有两个不相等的实根，

由图可知，得或，所以和各有两个解
当有两个解时，则，
当有两个解时，则或，
综上，的取值范围是，故选D
点睛：本题考查函数性质的应用．本题为嵌套函数的应用，一般的，我们应用整体思想解决问题，所以令，则，由题意，有两个不同的解，有两个不相等的实根，再结合图象逐步分析，解得答案
3、B
【解析】将一个圆的内接正边形等分成个等腰三角形；根据题意，可知个等腰三角形的面积和近似等于圆的面积，从而可求的近似值.
【详解】将一个圆的内接正边形等分成个等腰三角形，设圆的半径为，
则，即，所以.
故选：B.
4、C
【解析】∵函数为偶函数，
∴
∵函数在单调递减
∴，即
∴使得成立的的取值范围是
故选C
点睛：这个题目考查的是抽象函数的单调性和奇偶性，在不等式中的应用.解函数不等式：首先根据函数的性质把不等式转化为的形式，然后根据函数的单调性去掉“”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意与的取值应在外层函数的定义域内.
5、C
【解析】直接由实数大小比较角的终边所在象限，，所以的终边在第三象限
考点：考查角的终边所在的象限
【易错点晴】本题考查角的终边所在的象限，不明确弧度制致误
6、B
【解析】根据分数指数幂的运算性质对各选项逐一计算即可求解.
【详解】解：对A：，故选项A错误；
对B：，故选项B正确；
对C：，不能化简为，故选项C错误；
对D：因为，所以，故选项D错误.
故选：B.
7、D
【解析】根据指数运算法则分别验证各个选项即可得到结果.
【详解】中，中，，中，；且等式不满足指数运算法则，错误；
中，，错误；
中，，则，错误；
中，，正确.
故选：
【点睛】本题考查指数运算法则的应用，属于基础题.
8、B
【解析】画出的图像后，数形结合解决函数零点个数问题.
【详解】做出函数图像如下

由得，由得
故函数有3个零点
若恰有3个零点，即函数与直线有三个交点，
则a的取值范围，
故选：B
9、D
【解析】直接利用平方关系即可得解.
【详解】解：因为，为第四象限角，
所以.
故选：D.
10、A
【解析】设C的坐标，由重心坐标公式求重心，代入欧拉线得方程，求出AB的垂直平分线，联立欧拉线方程得三角形外心，外心到三角形两顶点距离相等可得另一方程，两方程联立求得C点的坐标.
【详解】设C(m，n),由重心坐标公式得重心为,
代入欧拉线方程得： ①
AB的中点为，，
所以AB的中垂线方程为
联立，解得
所以三角形ABC的外心为，
则，化简得： ②
联立①②得：或，
当时，BC重合，舍去，
所以顶点C的坐标是
故选A.
【点睛】本题主要考查了直线方程的各种形式，重心坐标公式，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】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：
12、
【解析】利用可求最大值.
【详解】因为，即，，取到最小值；
所以函数的最大值为.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查三角函数的最值问题，借助正弦函数的值域能方便求解，侧重考查数学抽象的核心素养.
13、
【解析】正方体的对角线等于球的直径．求得正方体的对角线，则球的表面积为

考点：球的表面积
点评：若长方体的长、宽和高分别为ａ、ｂ、ｃ，则球的直径等于长方体的对角线
14、①②③④
【解析】在①中，由EF∥BD，得EF∥平面ABCD；在②中，连接BD，由AC⊥BD，AC⊥DD1，可知AC⊥面BDD1B1，从而得到面ACF⊥平面BEF；在③中，三棱锥E﹣ABF的体积与三棱锥A﹣BEF的体积相等，从而三棱锥E﹣ABF的体积为定值；在④中，令上底面中心为O，得到存在某个位置使得异面直线AE与BF成角30°
【详解】由正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F，且，知：
在①中，由EF∥BD，且EF⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD，得EF∥平面ABCD，故①正确；
在②中，连接BD，由AC⊥BD，AC⊥DD1，可知AC⊥面BDD1B1，
而BE⊂面BDD1B1，BF⊂面BDD1B1，∴AC⊥平面BEF，
∵AC⊂平面ACF，∴面ACF⊥平面BEF，故②正确；
在③中，三棱锥E﹣ABF的体积与三棱锥A﹣BEF的体积相等，
三棱锥A﹣BEF的底面积和高都是定值，故三棱锥E﹣ABF的体积为定值，故③正确；
在④中，令上底面中心为O，当E与D1重合时，此时点F与O重合，
则两异面直线所成的角是∠OBC1，可求解∠OBC1＝300，
故存在某个位置使得异面直线AE与BF成角30°，故④正确
故答案为①②③④

【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，属于中档题
15、①③
【解析】利用奇偶性定义可判断①；时，可判断②；
分、时求出可判断故③； 时，由可判断④.
【详解】因为，，所以①正确；
当时，，
当时，，
，时，单调递减，故②错误；
当时，，；
当时，，
综上的最大值为1，故③正确；
时，
由得，解得，
由不存在零点，
所以在有2个零点，故④错误.
故答案为：①③.

16、
【解析】按照指数函数的单调性及端点处函数值的大小关系得到不等式组，解不等式组即可.
【详解】由题知
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）0；（2）偶函数；（3）见解析
【解析】(1)令，代入，即可求出结果；
(2)先求出，再由，即可判断出结果；
(3)先由，求出，将不等式化为，根据函数在上是增函数，分和两种情况讨论，即可得出结果.
【详解】(1)因为对于任意,有，令，
则，所以；
(2)令，则，所以，
令，则，所以函数为偶函数；
(3)因为，所以，
所以不等式可化为；
又因为在上是增函数，而函数为偶函数，
所以或；
当时，或；
当时，或；
综上，当时，的取值范围为或；
当时，的取值范围为或.
【点睛】本题主要考查函数奇偶性与单调性的综合，以及抽象函数及其应用，常用赋值法求函数值，属于常考题型.
18、（1） （2）
【解析】（1）化简集合A，B，由，得，转化为不等式关系，解之即可；（2）由，得到或，解之即可.
试题解析：
（1）， ，，即
.
（2）法一：,或，即
法二：当时，或解得或，
于是时，即
19、（1），，；（2）时，草坪面积最大，最大面积为万平方米.
【解析】（1）因为，所以可得三个扇形的半径，圆心角都为，由扇形的面积公式可得答案；
（2）用三角形面积减去三个扇形面积可得草坪面积，再利用二次函数可求出最值.
【详解】（1），则，，
在扇形中，的长为，
所以，
同理，.
∵与无重叠，∴，即，则.
又三个扇形都在三角形内部，则，∴.
（2）∵，
∴

，
∴当时，取得最大值，为.
故当长为百米时，草坪面积最大，最大面积为万平方米.
【点睛】弧度制中求扇形弧长和面积的关键在于确定半径和扇形圆心角弧度数，解题时通常要根据已知条件列出方程，运用方程思想求解，强化了数学运算的素养.属于中档题.
20、24
【解析】由题意得：，所以时，.
考点：函数及其应用.
21、（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）在上为减函数．运用单调性的定义证明，注意取值、作差和变形、定符号、下结论等步骤；
（2）设，由题意可得，，的方程，解得，，，可得，由参数分离和二次函数的最值求法，可得所求范围
【详解】解：（1）在上为减函数
证明：设，，
由，可得，，即，即有，
所以在上为减函数；
（2）设，则，
由，可得，
则，，
解得，，
即有，
不等式恒成立，即为，即对恒成立，
由，当时，取得最小值，
可得
即的取值范围是