2025年黑龙江省哈尔滨市第六中学数学高一第一学期期末调研模拟试题含解析.doc

2025年黑龙江省哈尔滨市第六中学数学高一第一学期期末调研模拟试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．，，，则的大小关系为（）
A. B.
C. D.
2．不等式的解集为，则函数的图像大致为（ ）
A. B.
C. D.
3．已知是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则的最小值是
A. B.
C. D.
4．定义在上的奇函数满足，若，，则（ ）
A. B.0
C.1 D.2
5．命题“”的否定是
A. B.
C. D.
6．如图，在四面体ABCD中，E，F分别是AC与BD的中点，若CD=2AB=4，EF⊥BA，则EF与CD所成的角为（）

A.90° B.45°
C.60° D.30°
7．已知，，，则a、b、c的大小顺序为（）
A. B.
C. D.
8．若，，，则实数，，的大小关系为
A. B.
C. D.
9．已知函数，若方程有五个不同的实数根，则实数的取值范围为（）
A. B.
C. D.
10．已知集合，，若，则a的取值范围是　　
A B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知函数的定义域为，当时，，若，则的解集为______
12．已知点为角终边上一点，则______.
13．已知f（x）是定义在R上的偶函数，且在区间（−，0）上单调递增.若实数a满足f（2|a-1|）＞f（），则a的取值范围是______.
14．边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则折叠后AC的长为________
15．已知幂函数为奇函数，则___________.
16．已知集合，，则________________.（结果用区间表示）
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．已知函数的图象在定义域上连续不断.若存在常数，使得对于任意的，恒成立，称函数满足性质.
（1）若满足性质，且，求的值；
（2）若，试说明至少存在两个不等的正数，同时使得函数满足性质和.（参考数据：）
（3）若函数满足性质，求证：函数存在零点.
18．已知向量，，设函数
Ⅰ求函数的最小正周期和单调递增区间；
Ⅱ求函数在区间的最大值和最小值
19．已知函数（且）的图像经过点.
（1）求函数的解析式；
（2）若，求实数的取值范围.
20．设两个非零向量与不共线，
（1）若，，，求证：A，B，D三点共线；
（2）试确定实数k，使和共线
21．如图，在四棱锥P-ABCD中，ABCD为平行四边形，AB⊥AC，PA⊥平面ABCD，且PA=AB=2，AC=1，点E是PD的中点.

（1）求证：PB//平面AEC；
（2）求D到平面AEC的距离.
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】根据对数函数的单调性得到，根据指数函数的单调性得到，根据正弦函数的单调性得到.
【详解】易知，，
因，函数在区间内单调递增，所以，
所以.
故选：D.
2、C
【解析】根据不等式的解集求出参数，从而可得，根据该形式可得正确的选项
【详解】因为不等式的解集为，
故，故，故，
令，解得或，
故抛物线开口向下，与轴的交点的横坐标为，
故选：C
3、B
【解析】要取得最小值，则与共线且反向
即位于的中线上，中线长为
设，则
则
当时，取最小值，

故选
第II卷（非选择题
4、C
【解析】首先判断出是周期为的周期函数，由此求得所求表达式的值.
【详解】由已知为奇函数，得，
而，
所以，
所以，即的周期为.
由于，，，
所以，
，
，
.
所以，
又，
所以.
故选：C
【点睛】本小题主要考查函数的奇偶性和周期性，属于基础题.
5、C
【解析】全称命题的否定是存在性命题，所以，命题“”的否定是，选C.
考点：全称命题与存在性命题.
6、D
【解析】设G为AD的中点，连接GF，GE，由三角形中位线定理可得，，则∠GFE即为EF与CD所成的角，结合AB=2，CD=4，EF⊥AB，在△GEF中，利用三角函数即可得到答案.
【详解】解：设G为AD的中点，连接GF，GE
则GF，GE分别为△ABD，△ACD的中线.
∴ ，且，，且，则EF与CD所成角的度数等于EF与GE所成角的度数
又EF⊥ AB，
∴ EF⊥ GF
则△GEF为直角三角形，GF=1，GE=2，∠GFE=90°
∴ 在直角△GEF中，
∴ ∠GEF=30°
故选：D.

7、D
【解析】由对数的运算性质可判断出，而由已知可得，从而可判断出，进而可比较大小
详解】由，故，
因为，所以，
因为，所以，所以，即

故选：D
8、A
【解析】先求出a,b,c的范围，再比较大小即得解.
【详解】由题得
，
，
所以a>b>c.
故选A
【点睛】本题主要考查对数函数和指数函数的单调性的应用，考查实数大小的比较，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
9、A
【解析】由可得或，数形结合可方程只有解，则直线与曲线有个交点，结合图象可得出实数的取值范围.
【详解】由可得或，
当时，；当时，.
作出函数、、图象如下图所示：

由图可知，直线与曲线有个交点，即方程只有解，
所以，方程有解，即直线与曲线有个交点，则.
故选：A.
10、D
【解析】化简集合A，根据，得出且，从而求a的取值范围，得到答案
详解】由题意，集合或，
；
若，则且，解得，
所以实数的取值范围为
故选D
【点睛】本题主要考查了对数函数的运算性质，以及集合的运算问题，其中解答中正确求解集合A，再根据集合的运算求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，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】构造，可得在上单调递减．由，转化为，利用单调性可得答案
【详解】由，得，
令，则，
又，
所以在上单调递减
由，得，因为，
所以，所以，得
故答案为：.
12、5
【解析】首先求，再化简，求值.
【详解】由题意可知
.
故答案为：5
【点睛】本题考查三角函数的定义和关于的齐次分式求值，意在考查基本化简和计算.
13、
【解析】由题意在上单调递减，又是偶函数，
则不等式可化为，则，，解得
14、2
【解析】

取的中点，连接，，
则，
则为二面角的平面角

点睛：取的中点，连接，，根据正方形可知，，则为二面角的平面角，在三角形中求出的长．本题主要是在折叠问题中考查了两点间的距离．折叠问题要注意分清在折叠前后哪些量发生了变化，哪里量没变
15、
【解析】根据幂函数的定义，结合奇函数的定义进行求解即可.
【详解】因为是幂函数，
所以，或，
当时，，因为，所以函数是偶函数，不符合题意；
当时，，因为，所以函数是奇函数，符合题意，
故答案为：
16、
【解析】先求出集合A，B，再根据交集的定义即可求出.
【详解】，，
.
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）
（2）答案见解析（3）证明见解析
【解析】（1）由满足性质可得恒成立，取可求，取可求，取可求，取求，由此可求的值；
（2）设满足，利用零点存在定理证明关于的方程至少有两个解，证明至少存在两个不等的正数，同时使得函数满足性质和；
（3）分别讨论，，时函数的零点的存在性，由此完成证明.
【小问1详解】
因为满足性质，
所以对于任意的x，恒成立.
又因为，
所以，，
，
由可得，
由可得，
所以，.
【小问2详解】
若正数满足，等价于，
记，
显然，，
因为，所以，，即.
因为的图像连续不断，
所以存在，使得，
因此，至少存在两个不等的正数，使得函数同时满足性质和.
【小问3详解】
若，则1即为零点；
因为，若，则，矛盾，故，
若，则，，，
可得.
取即可使得，又因为的图像连续不断，
所以，当时，函数上存在零点，
当时，函数在上存在零点，
若，则由，可得，
由，可得，
由，可得.
取即可使得，又因为的图像连续不断，
所以，当时，函数在上存在零点，
当时，函数在上存在零点，
综上，函数存在零点.
18、 (Ⅰ)最小正周期是，增区间为，；(Ⅱ)最大值为5，最小值为4
【解析】Ⅰ根据向量数量积，利用二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及两角和与差的正弦公式将函数化为，利用正弦函数的周期公式可得函数的周期，利用正弦函数的单调性解不等式，可得到函数的递增区间；Ⅱ根据的范围得的范围，结合正弦函数的单调性可得的最大最小值
【详解】Ⅰ，，

，
，
由，得，
所以的增区间为，；
Ⅱ， ，
可得
，
的最大值为5，最小值为4
【点睛】以三角形和平面向量为载体，三角恒等变换为手段，三角函数的图象与性质为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公式，一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心.
19、（1）；（2）
【解析】（1）直接代入数据计算得到答案.
（2）确定函数单调递增，根据函数的单调性得到答案.
【详解】（1）（且）的图像经过点，即，故，故.
（2）函数单调递增，，
故，故
【点睛】本题考查了函数的解析式，根据函数单调性解不等式，意在考查学生对于函数知识的综合应用.
20、（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）转化为证明向量，共线，即可证明三点共线；
（2）由共线定理可知，存在实数λ，使，利用向量相等，即可求解值.
【详解】（1）证明：，，，

，共线，
又∵它们有公共点B，
∴A，B，D三点共线
（2）和共线，
∴存在实数λ，使，
即，.
，是两个不共线的非零向量，

，.
21、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）连接交于，连接，则可得，再由E是PD的中点，则可利用三角形中位线定理可得∥，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；
（2）由已知条件可证明，都为直角三角形，所以可求出，从而可求出的面积，然后利用等体积法可求出D到平面AEC的距离.
【小问1详解】
连接交于，连接，
因为四边形为平行四边形，
所以，
因为点E是PD的中点，
所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，
【小问2详解】
因为∥，，
所以，，
因为平面，平面，
所以，
因为，、平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
在直角中，，
同理，
在等腰中，,
取的中点，连接，则∥，，
因平面，所以平面，，
设D到平面AEC的距离为，
由，得
,
所以，得，
所以D到平面AEC距离为