黑龙江省牡丹江市爱民区牡丹江一中2025年数学高一上期末预测试题含解析.doc

黑龙江省牡丹江市爱民区牡丹江一中2025年数学高一上期末预测试题
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．如图，的斜二测直观图为等腰，其中，则原的面积为（）

A.2 B.4
C. D.
2．已知扇形的圆心角为，面积为，则扇形的弧长等于（     ）
A. B.
C. D.
3．是上的奇函数，满足，当时，，则（ ）
A. B.
C. D.
4．已知定义域为的单调递增函数满足：，有，则方程的解的个数为（）
A.3 B.2
C.1 D.0
5．设奇函数f(x)在(0，＋∞)上为减函数，且f（1）＝0，则不等式＜0的解集为（）
A.(－1，0)∪(1，＋∞) B.(－∞，－1)∪(0，1)
C.(－∞，－1)∪(1，＋∞) D.(－1，0)∪(0，1)
6．如图，把边长为4的正方形ABCD沿对角线AC折起，当直线BD和平面ABC所成的角为时，三棱锥的体积为（ ）

A. B.
C. D.
7．若函数的定义域是（ ）
A. B.
C. D.
8．某几何体的三视图如图所示,它的体积为(　　)

A.72π B.48π
C.30π D.24π
9．若函数（且）的图像经过定点P，则点P的坐标是（）
A. B.
C. D.
10．已知，，则的值为（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知直三棱柱的6个顶点都在球O的球面上，若，则球O的半径为________
12．设函数，若互不相等的实数、、满足，则的取值范围是_________
13．已知半径为的扇形的面积为，周长为，则________
14．已知角的终边经过点，则__
15．_____.
16．已知为偶函数，当时，，当时，，则不等式的解集为__________
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．已知函数，，g (x)与f (x)互为反函数.
（1）若函数在区间内有最小值，求实数m的取值范围；
（2）若函数y = h(g(x))在区间(1，2)内有唯一零点，求实数m的取值范围.
18．已知函数.
（Ⅰ）对任意的实数，恒有成立，求实数的取值范围；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，当实数取最小值时，讨论函数在时的零点个数.
19．在下列三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答
①的最小正周期为，且是偶函数：
②图象上相邻两个最高点之间的距离为，且；
③直线与直线是图象上相邻的两条对称轴，且
问题：已知函数，若
（1）求，的值；（请先在答题卡上写出所选序号再做答）
（2）将函数的图象向右平移个单位长度后，再将得到的函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数的图象，求在上的最小值和最大值
20．化简求值
（1）；
（2）.
21．已知，均为锐角，且，是方程的两根.
（1）求的值；
（2）若，求与的值.
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、D
【解析】首先算出直观图面积，再根据平面图形与直观图面积比为求解即可.
【详解】因为等腰是一平面图形的直观图，直角边，
所以直角三角形的面积是.
又因为平面图形与直观图面积比为，
所以原平面图形的面积是.
故选：D
2、C
【解析】根据圆心角可以得出弧长与半径的关系，根据面积公式可得出弧长
【详解】由题意可得，
所以
【点睛】本题考查扇形的面积公式、弧长公式，属于基础题
3、D
【解析】根据函数的周期性与奇偶性可得，结合当时，，得到结果.
【详解】∵
∴的周期为4，
∴，
又是上奇函数，当时，，
∴，
故选：D
【点睛】本题考查函数的周期性与奇偶性，解题的关键是根据函数的性质将未知解析式的区间上函数的求值问题转化为已知解析式的区间上来求，本题考查了转化化归的能力及代数计算的能力.
4、A
【解析】根据给定条件求出函数的解析式，再将问题转化成求两个函数图象公共点个数作答.
【详解】因定义域为的单调递增函数满足：，有，
则存在唯一正实数使得，且，即，于是得，
而函数在上单调递增，且当时，，因此，，
方程，
于是得方程的解的个数是函数与的图象公共点个数，
在同一坐标系内作出函数与的图象如图，

观察图象知，函数与的图象有3个公共点，
所以方程解的个数为3.
故选：A
【点睛】思路点睛：图象法判断方程的根的个数，常常将方程变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.
5、C
【解析】利用函数奇偶性，等价转化目标不等式，再结合已知条件以及函数单调性，即可求得不等式解集.
【详解】∵f(x)为奇函数，故可得，
则＜0等价于.
∵f(x)在(0，＋∞)上为减函数且f（1）＝0，
∴当x＞1时，f(x)＜0.
∵奇函数图象关于原点对称，∴在(－∞，0)上f(x)为减函数且f(－1)＝0，
即x＜－1时，f(x)＞0.
综上使＜0的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)
故选：.
【点睛】本题考查利用函数奇偶性和单调性解不等式，属综合基础题.
6、C
【解析】取的中点为，连接，过作的垂线，垂足为，可以证明平面、平面，求出的面积后利用公式求出三棱锥的体积.
【详解】
取的中点为，连接，过作的垂线，垂足为.
因为为等腰直角三角形，故，同理，
而，故平面，
而平面，故平面平面，
因为平面平面，平面，
故平面，故为直线BD和平面ABC所成的角，
所以.
在等腰直角形中，因为，，故，
同理，故为等边三角形，故.
故.
故选：C.
【点睛】思路点睛：线面角的构造，往往需要根据面面垂直来构建线面垂直，而后者来自线线垂直，注意对称的图形蕴含着垂直关系，另外三棱锥体积的计算，需选择合适的顶点和底面.
7、C
【解析】根据偶次根号下非负，分母不等于零求解即可.
【详解】解：要使函数有意义，则需满足不等式， 解得：且，
故选：C
8、C
【解析】由题意，结合图象可得该几何体是圆锥和半球体的组合体，根据图中的数据即可计算出组合体的体积选出正确选项.由图知，该几何体是圆锥和半球体的组合体，球的半径是3，圆锥底面圆的半径是3，圆锥母线长为5，由圆锥的几何特征可求得圆锥的高为4，
则它的体积.
考点：由三视图求面积、体积
9、B
【解析】由函数图像的平移变换或根据可得.
【详解】因为，所以当，即时，函数值为定值0，所以点P坐标为.
另解：因为可以由向右平移一个单位长度后，再向下平移1个单位长度得到，由过定点，所以过定点.
故选：B
10、C
【解析】分析可知，由可求得的值.
【详解】因为，则，
因为，所以，，
因此，.
故选：C.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】根据直角三角形的外接圆的直径是直角三角形的斜边，结合球的对称性、勾股定理、直三棱柱的几何性质进行求解即可.
【详解】因为，所以三角形是以为斜边的直角三角形，
因此三角形的外接圆的直径为，圆心为.
因为，所以，
在直三棱柱中， 侧面是矩形且它的中心即为球心O，
球的直径是的长，则，
所以球的半径为
故答案为：

【点睛】本题考查了直三棱柱外接球问题，考查了直观想象能力和数学运算能力.
12、
【解析】作出函数的图象，设，求出的取值范围以及的值，由此可求得的取值范围.
【详解】作出函数的图象，设，如下图所示：

二次函数的图象关于直线对称，则，
由图可得，可得，解得，
所以，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查零点有关代数式的取值范围的求解，解题的关键在于利用利用图象结合对称性以及对数运算得出零点相关的等式与不等式，进而求解.
13、
【解析】根据扇形面积与周长公式代入列式，联立可求解半径.
【详解】根据扇形面积公式得，周长公式得，联立可得.
故答案为：
14、
【解析】根据终边上的点可得，再应用差角正弦公式求目标式的值.
【详解】由题设，，
所以.
故答案为：.
15、
【解析】利用诱导公式变形，再由两角和的余弦求解
【详解】解：，
故答案为
【点睛】本题考查诱导公式的应用，考查两角和的余弦，是基础题
16、
【解析】求出不等式在的解，然后根据偶函数的性质可得出不等式在上的解集.
【详解】当时，令，可得，解得，此时；
当时，令，解得，此时.
所以，不等式在的解为.
由于函数为偶函数，因此，不等式的解集为.
故答案为：.
【点睛】本题考查分段函数不等式的求解，同时也涉及了函数奇偶性的应用，考查运算求解能力，属于中等题.

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）.
【解析】（1）根据二次函数的性质研究情况下的单调性和值域，根据对数复合函数的单调性及其开区间最值，列不等式求参数范围.
（2）将问题化为在内有唯一零点，利用二次函数的性质求参数范围即可.
【小问1详解】
由题设，，，
所以在定义域上递增，在上递减，在上递增，
又在内有最小值，
当，即时，在上递减，上递增，此时的值域为，则；
所以，可得；
当，即时，在上递减，上递增，此时是值域上的一个子区间，则；
所以开区间上不存在最值.
综上，.
【小问2详解】
由，则，要使在 (1，2)内有唯一零点，
所以在内有唯一零点，又开口向上且对称轴为，
所以，可得.
18、（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.
【解析】（Ⅰ）由可知，区间是不等式解集的子集，由此可得出实数的不等式，解出即可；
（Ⅱ）由题意可知，，则，令，可得出，令，对实数的取值范围进行分类讨论，先讨论方程的根的个数及根的范围，进而得出方程的根个数，由此可得出结论.
【详解】（Ⅰ），，
对任意的实数，恒有成立，
则区间是不等式解集的子集，，解得，
因此，实数的取值范围是；
（Ⅱ），由题意可知，，，
令，得，令，
则，作出函数和函数在时的图象如下图所示：

作出函数在时的图象如下图所示：

①当或时，即当或时，方程无实根，
此时，函数无零点；
②当时，即当时，方程根为，
而方程在区间上有两个实根，此时，函数有两个零点；
③当时，即当时，方程有两根、，
且，，
方程在区间上有两个实根，方程在区间上有两个实根，此时，函数有四个零点；
④当时，即当时，方程有两根分别为、，
方程在区间上只有一个实根，方程在区间上有两个实根，此时，函数有三个零点；
⑤当时，即当时，方程只有一个实根，且，
方程在区间上有两个实根，此时，函数有两个零点；
⑥当时，即当时，方程只有一个实根，
方程在区间上只有一个实根，此时，函数只有一个零点.
综上所述，当或时，函数无零点；
当时，函数只有一个零点；
当或时，函数有两个零点；
当时，函数有三个零点；
当时，函数有四个零点.
【点睛】本题考查利用二次不等式求参数，同时也考查了复合型二次函数的零点个数的分类讨论，解题时要将函数分解为内层函数和外层函数来分析，考查数形结合思想与分类讨论思想的应用，属于难题.
19、（1），
（2）最小值为1，最大值为2
【解析】(1)根据①②③所给的条件，以及正余弦函数的对称性和周期性之间的关系即可求解；
(2)根据函数的伸缩平移变换后的特点写出的解析式即可.
【小问1详解】
选条件①：
∵的最小正周期为，
∴，∴；
又是偶函数，
∴对恒成立，
得对恒成立，
∴，∴（），
又，∴；
选条件②：
∵函数图象上相邻两个最高点之间的距离为，
∴，；
又，∴，即，
∴（），又，∴；
选条件③：
∵直线与直线是图象上相邻的两条对称轴，
∴，即．∴；
又，
∴，∴（），又，∴；
【小问2详解】
由（1）无论选择①②③均有，，即，
将图象向右平移个单位长度后，
得到的图象，
将的图象上所有点的横坐标伸长为原来的4倍，
纵坐标不变，得到的图象，

∵，∴
∴在上单调递增；在上单调递减
又∵
，，
∴在的最小值为1，最大值为2；
综上：，最小值=1，最大值=2.
20、（1）109；（2）.
【解析】（1）利用指数幂运算和分数指数幂与根式的转化，化简求值即可；
（2）利用对数运算性质化简求值即可.
【详解】解：（1）原式；
（2）原式.
21、（1）
（2）；
【解析】（1）利用韦达定理求出，再根据两角和的正切公式即可得解；
（2）求出，再根据二倍角正切公式即可求得，化弦为切即可求出.
【小问1详解】
解：因为，均为锐角，且，是方程的两根，
所以，
所以；
【小问2详解】
因为，均为锐角，，
所以，所以，
所以，
.