2025-2026学年黑龙江省克东一中、克山一中等五校联考高一数学第一学期期末检测模拟试题含解析.doc

2025-2026学年黑龙江省克东一中、克山一中等五校联考高一数学第一学期期末检测模拟试题
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．下列函数中，与函数的奇偶性相同，且在上单调性也相同的是
A. B.
C. D.
2．过点，直线的斜率等于1，则m的值为（ ）
A.1 B.4
C.1或3 D.1或4
3．若，，，则（）
A. B.
C. D.
4．已知函数，则（）
A.5 B.
C. D.
5．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为

A. B.
C. D.2
6．古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262~公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．已知，动点满足，则动点轨迹与圆位置关系是（ ）
A.外离 B.外切
C.相交 D.内切
7．已知底面边长为1，侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为
A. B.
C. D.
8．点P在正方形ABCD所在平面外，PD⊥平面ABCD，PD=AD，则PA与BD所成角的度数为（）
A.30° B.45°
C.60° D.90°
9．弧长为3，圆心角为的扇形面积为
A. B.
C.2 D.
10．已知直线：与直线：，则（）
A.，平行 B.，垂直
C.，关于轴对称 D.，关于轴对称
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．若函数(，且)，在上的最大值比最小值大，则_
12．已知集合，则___________
13．设三棱锥的三条侧棱两两垂直，且，则三棱锥的体积是______
14．已知函数，则满足的的取值范围是___________.
15．点分别为圆与圆上的动点，点在直线上运动，则的最小值为__________
16．当一个非空数集G满足“如果，则，，，且时，”时，我们称G就是一个数域，以下关于数域的命题：①0和1都是任何数域的元素；②若数域G有非零元素，则；③任何一个有限数域的元素个数必为奇数；④有理数集是一个数域；⑤偶数集是一个数域，其中正确的命题有______________.
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．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
18．如图,在圆锥中,已知,圆的直径,是弧的中点,为的中点.

（1）求异面直线和所成的角的正切值；
（2）求直线和平面所成角的正弦值.
19．已知函数的最小正周期为.
（1）求的值和的单调递增区间；
（2）令函数，求在区间上的值域.
20．已知定义在上的函数是奇函数
（1）求实数，的值；
（2判断函数的单调性；
（3）若对任意的，不等式有解，求实数的取值范围
21．如图，在中，已知为线段上的一点，.

（1）若，求的值；
（2）若，，，且与的夹角为时，求的值
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、A
【解析】先判断函数为偶函数，且在上单调递增，再依次判断每个选项的奇偶性和单调性得到答案.
【详解】易知：函数为偶函数，且在上单调递增
A.，函数为偶函数，且当时单调递增，满足；
B.为偶函数，且当时单调递减，排除；
C.函数为奇函数，排除；
D.，函数为非奇非偶函数，排除
故选：
【点睛】本题考查了函数的单调性和奇偶性，意在考查学生对于函数性质的综合应用.
2、A
【解析】解方程即得解.
【详解】由题得.
故选：A
【点睛】本题主要考查斜率的计算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.
3、A
【解析】先变形，然后利用指数函数的性质比较大小即可
【详解】，
因为在上为减函数，且，
所以，所以，
故选：A
4、A
【解析】分段函数求值，根据自变量的取值范围代相应的对应关系
【详解】因为
所以
故选：A
5、B
【解析】首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.
【详解】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，
将圆柱的侧面展开图平铺,
可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，
所以所求的最短路径的长度为，故选B.
点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.
6、C
【解析】设动点P的坐标，利用已知条件列出方程，化简可得点P的轨迹方程为圆，再判断圆心距和半径的关系即可得解.，
详解】设，由，得，整理得，
表示圆心为，半径为的圆，
圆的圆心为为圆心，为半径的圆
两圆的圆心距为，满足，
所以两个圆相交.
故选：C.
7、D
【解析】根据正四棱柱的几何特征得：该球的直径为正四棱柱的体对角线，故，即得，所以该球的体积，故选D.
考点：正四棱柱的几何特征；球的体积.
8、C
【解析】

分别取AC.PC中点O.E.连OE,DE;则OE//PA,
所以（或其补角）就是PA与BD所成的角；
因PD⊥平面ABCD，所以PD⊥DC,PD⊥AD.
设正方形ABCD边长为2，则PA=PC=BD=
所以OD=OE=DE是正三角形，
，
故选C
9、B
【解析】弧长为3，圆心角为，

故答案为B
10、D
【解析】根据题意,可知两条直线都经过轴上的同一点,且两条直线的斜率互为相反数,即可得两条直线的对称关系.
【详解】因为,都经过轴上的点,且斜率互为相反数,
所以,关于轴对称.
故选:D
【点睛】本题考查了两条直线的位置关系,关于轴对称的直线方程特征,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、或.
【解析】分和两种情况，根据指数函数的单调性确定最大值和最小值，根据已知得到关于实数的方程求解即得.
【详解】若，则函数在区间上单调递减，
所以，，
由题意得，
又，故；
若，则函数在区间上单调递增，
所以，，
由题意得，
又，故.
所以的值为或.
【点睛】本题考查函数的最值问题，涉及指数函数的性质，和分类讨论思想，属基础题，关键在于根据指数函数的底数的不同情况确定函数的单调性.
12、
【解析】根据集合的交集的定义进行求解即可
【详解】当时，不等式不成立，
当时，不等式成立，
当时，不等式不成立，
当时，不等式不成立，
所以，
故答案为：
13、
【解析】根据锥体的体积公式，找到并求出三棱锥的高及底面面积即可求解.
【详解】由题意可知该三棱锥为棱长为2的正方体的一个角，如图所示：

所以
故答案为：
【点睛】本题考查锥体体积公式的应用，考查运算求解能力，属于基础题.
14、
【解析】∵在x∈（0,+∞）上是减函数，f(1)=0，
∴0<3－x<1，解得2答案为7.
点睛：圆中的最值问题往往转化动点与圆心的距离问题，本题中可以转化为，再利用对称性求出的最小值即可
16、①②③④
【解析】利用已知条件中数域的定义判断各命题的真假，题目给出了对两个实数的四种运算，要满足对四种运算的封闭，只有一一验证.
【详解】①当时，由数域的定义可知，
若，则有，即，，故①是真命题;
②因为，若，则，则，，则2019，所以，故②是真命题；
③，当且时，则，因此只要这个数不为就一定成对出现，
所以有限数域的元素个数必为奇数，所以③是真命题；
④若，则，且时,，故④是真命题；
⑤当时，，所以偶数集不是一个数域，故⑤是假命题；
故答案为：①②③④

【点睛】关键点点睛：理解数域就是对加减乘除封闭的集合，是解题的关键，一定要读懂题目再入手，没有一个条件是多余的，是难题.

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）＋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
18、（1）2；（2）
【解析】（1）由三角形中位线定理可得∥，则可得是异面直线和所成的角，然后在中求解即可，
（2）直线与平面所成的角，应先作出直线在平面内的射影，则斜线与射影所成的角即为所求．过点O向平面PAC作垂线，则可证得即为直线与平面所成的角，进而求出其正弦值
【详解】（1）因为分别是和的中点
所以∥，
所以异面直线和所成的角为，
在中，,是弧的中点,为的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以，
因为
所以，
（2）因为，为的中点，所以，
因为平面，平面，
所以，
因为，
所以平面
因为平面，所以平面平面，
在平面中，过作于，
则平面，连结，则是在平面上的射影，
所以是直线和平面所成的角
在中，
在中，

19、（1），函数单调递增区间：，；（2）.
【解析】（1）利用函数的周期求解，得到函数的解析式，然后求解函数的单调增区间；
（2）由题得，再利用三角函数的图象和性质求解.
【详解】解：（1）函数的最小正周期．可得，，所以，
所以函数，
由，，
所以，，
可得，，
所以函数单调递增区间：，
（2）由题得，
因为
所以所以
所以函数在区间上的值域为.
20、（1），
（2）在上为减函数
（3）
【解析】（1）由，求得，再由，求得，结合函数的奇偶性的定义，即可求解；
（2）化简，根据函数的单调性的定义及判定方法，即可求解；
（3）根据题意化简不等式为在有解，结合正弦函数和二次函数的性质，即可求解.
【小问1详解】
解：由题意，定义在上的函数是奇函数，
可得，解得，即，
又由，可得，解得，所以，
又由，所以，.
【小问2详解】
解：由，
设，则，
因为函数在上增函数且，
所以，即，
所以在上为减函数.
【小问3详解】
解：由函数在上为减函数，且函数为奇函数，
因为，
即，
可得，
又由对任意的，不等式有解，
即在有解，
因为，则，所以，
所以，即实数的取值范围是.
21、（1）；（2）.
【解析】（1）根据平面向量基本定理可得，整理可得结果；（2）根据平面向量基本定理可求得，，根据数量积的运算法则代入模长和夹角，整理可求得结果.
【详解】（1）由得：

，
（2）由得：
又，，且与的夹角为
则

【点睛】本题考查平面向量基本定理的应用、平面向量数量积的求解，关键是能将所求向量的数量积通过平面向量基本定理转化为已知模长和夹角的向量的数量积运算.