内蒙古乌兰察布市集宁第一中学2025年高一数学第一学期期末学业水平测试试题含解析.doc

内蒙古乌兰察布市集宁第一中学2025年高一数学第一学期期末学业水平测试试题
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．若a＞b＞1，0＜c＜1，则下列式子中不正确的是（　　）
A. B.
C. D.
2．已知角的终边过点，若，则
A.-10 B.10
C. D.
3．如图所示的时钟显示的时刻为3：30，此时时针与分针的夹角为.若一个扇形的圆心角为a，弧长为10，则该扇形的面积为（）

A. B.
C. D.
4．若方程表示圆，则实数的取值范围为（）
A. B.
C. D.
5．设则的值
A.9 B.
C.27 D.
6．若直线与圆相交于两点，且，则
A2 B.
C.1 D.
7．已知函数,若关于的方程有四个不同的实数解，且，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
8．为参加学校运动会，某班要从甲，乙，丙，丁四位女同学中随机选出两位同学担任护旗手，那么甲同学被选中的概率是（）
A. B.
C. D.
9．在平行四边形ABCD中，E是CD中点，F是BE中点，若+=m+n，则（　　）
A.， B.，
C.， D.，
10．已知等边的边长为2，为内（包括三条边上）一点，则的最大值是
A.2 B.
C.0 D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．设一扇形的弧长为4cm，面积为4cm2，则这个扇形的圆心角的弧度数是_____.
12．已知函数，对于任意都有，则的值为______________.
13．计算：___________.
14．有下列四个说法：
①已知向量，，若与的夹角为钝角，则；
②若函数的图象关于直线对称，则；
③函数在上单调递减，在上单调递增；
④当时，函数有四个零点
其中正确的是___________（填上所有正确说法的序号）
15．在空间直角坐标系中，点A到坐标原点距离为2，写出点A的一个坐标：____________
16．已知，若对一切实数，均有，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．已知向量，
（1）若与垂直，求实数的值；
（2）求向量在方向上的投影
18．已知
（1）求的值
（2）求的值．（结果保留根号）
19．如图，已知圆的圆心在坐标原点，点是圆上的一点

（Ⅰ）求圆的方程；
（Ⅱ）若过点的动直线与圆相交于，两点．在平面直角坐标系内，是否存在与点不同的定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由
20．已知.
（1）若，求的值；
（2）若，且，求的值.
21．已知函数f（x）＝ax2﹣（4a+1）x+4（a∈R）.
（1）若关于x不等式f（x）≥b的解集为{x|1≤x≤2}，求实数a，b的值；
（2）解关于x的不等式f（x）＞0.
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】利用对数函数、指数函数与幂函数的单调性即可判断出正误．
【详解】解：，，,A正确;
是减函数，，B正确;
为增函数，，C正确.
是减函数，,D错误.
故选．
【点睛】本题考查了对数函数、指数函数与幂函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2、A
【解析】因为角的终边过点，所以，得，故选A.
3、D
【解析】先求出，再由弧长公式求出扇形半径，代入扇形面积公式计算即可.
【详解】由图可知，，
则该扇形的半径，
故面积.
故选：D
4、D
【解析】将方程化为标准式即可.
【详解】方程化为标准式得
，则.
故选：D.
5、C
【解析】因为，故，所以，故选C.
6、C
【解析】圆心到直线的距离为，所以，选C.
7、D
【解析】画出函数的图象，根据对称性和对数函数的图象和性质即可求出
【详解】
可画函数图象如下所示

若关于的方程有四个不同的实数解，且，
当时解得或

，关于直线对称，则，

令函数，则函数在上单调递增，
故当时
故当时
所以
即
故选：
【点睛】本题考查函数方程思想，对数函数的性质，数形结合是解答本题的关键，属于难题.
8、C
【解析】求出从甲、乙、丙、丁4位女同学中随机选出2位同学担任护旗手的基本事件，甲被选中的基本事件，即可求出甲被选中的概率
【详解】解：从甲、乙、丙、丁4位同学中随机选出2位担任护旗手，共有种方法，
甲被选中，共有3种方法，
甲被选中的概率是
故选：C
【点睛】本题考查通过组合的应用求基本事件和古典概型求概率，考查学生的计算能力，比较基础
9、B
【解析】通过向量之间的关系将转化到平行四边形边 上即可
【详解】由题意可得,
同理：,
所以
所以，故选B.
【点睛】本题考查向量的线性运算，重点利用向量的加减进行转化，同时，利用向量平行进行代换
10、A
【解析】
建立如图所示的平面直角坐标系，则，设点P的坐标为，
则
故
令，则t表示内（包括三条边上）上的一点与点间的距离的平方．结合图形可得当点与点B或C重合时t可取得最大值，且最大值为，故的最大值为．选A
点睛：
通过建立坐标系，将问题转化为向量的坐标运算可使得本题的解答代数化，在得到向量数量积的表达式后，根据表达式的特征再利用数形结合的思路求解是解题的关键，借助图形的直观性可容易得到答案

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、2
【解析】设扇形的半径为r，圆心角的弧度数为，由弧度制下扇形的弧长与面积计算公式可得，，解得半径r=2，圆心角的弧度数，所以答案为2
考点：弧度制下扇形的弧长与面积计算公式
12、
【解析】由条件得到函数的对称性，从而得到结果
【详解】∵f＝f，
∴x＝是函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)的一条对称轴．
∴f＝±2.
【点睛】本题考查了正弦型三角函数的对称性，注意对称轴必过最高点或最低点，属于基础题.
13、7
【解析】直接利用对数的运算法则以及指数幂的运算法则化简即可.
【详解】

.
故答案为：7.
14、②③
【解析】①：根据平面向量夹角的性质进行求解判断；
②：利用函数的对称性，结合两角和（差）的正余弦公式进行求解判断即可；
③：利用导数的性质、函数的奇偶性进行求解判断即可.
④：根据对数函数的性质，结合零点的定义进行求解判断即可
【详解】①：因为与的夹角为钝角，所以有且与不能反向共线，
因此有，当与反向共线时，
，
所以有且，因此本说法不正确；
②：因为函数的图象关于直线对称，
所以有，即，
于是有：
，
化简得，因为，所以，因此本说法正确；
③：因为，
所以函数偶函数，
，当时，单调递增，
即在上单调递增，又因为该函数是偶函数，所以该在上单调递减，因此本说法正确；
④：，
问题转化为函数与函数的交点个数问题，如图所示：

当时，，此时有四个交点，
当时，，所以交点的个数不是四个，因此本说法不正确，
故答案为：②③
15、（2，0，0）（答案不唯一）
【解析】利用空间两点间的距离求解.
【详解】解：设，
因为点A到坐标原点的距离为2，
所以，
故答案为：（2，0，0）（答案不唯一）
16、
【解析】列方程组解得参数a、b，得到解析式后，即可求得的值.
【详解】由对一切实数，均有
可知，即解之得
则，满足
故
故答案：

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）利用坐标运算表示出，由向量垂直的坐标表示可构造方程求得结果；（2）根据可直接求得结果.
【详解】（1）
与垂直 ，解得：
（2）向量在方向上的投影为：

【点睛】本题考查向量垂直关系的坐标表示、向量在方向上的投影的求解；关键是能够由向量垂直得到数量积为零、能熟练掌握投影公式，从而利用向量坐标运算求得结果.
18、（1）；
（2）.
【解析】（1）利用二倍角公式化简得，然后利用同角关系式即得；
（2）利用两角差的正弦公式即求.
【小问1详解】
由，得，
∵，,
∴，
∴，
∴.
【小问2详解】
由（1）知，
∴.
19、（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】(Ⅰ)设圆的方程为，将代入，求得，从而可得结果；(Ⅱ)先设，由可得，再证明对任意，满足即可，，则利用韦达定理可得， ，由角平分线定理可得结果.
【详解】(Ⅰ)设圆的方程为，将代入，求得，
所以圆的方程为；
(Ⅱ)先设，，
由
由（舍去）
再证明对任意，满足即可，
由，
则
则利用韦达定理可得，
化为
所以 ，
由角平分线定理可得，
即存在与点不同的定点，使得恒成立，.
【点睛】本题主要考查待定系数法求圆方程及韦达定理、直线和圆的位置关系及曲线线过定点问题.属于难题.探索曲线过定点的常见方法有两种：① 可设出曲线方程 ，然后利用条件建立等量关系进行消元（往往可以化为的形式，根据 求解），借助于曲线系的思想找出定点(直线过定点，也可以根据直线的各种形式的标准方程找出定点).② 从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.
20、（1）
（2）
【解析】（1）利用诱导公式求出，由已知得出，再由齐次式即可求解.
（2）由题意可得，，再由两角和的正切公式即可求解.
【小问1详解】

由已知，，得
所以

【小问2详解】
由，，可知，，
∴.
∵，∴.
而，∴.
∴，∴.
21、（1）-1,6；（2）答案见详解
【解析】（1）由f（x）≥b的解集为{x|1≤x≤2}结合韦达定理即可求解参数a，b的值；
（2）原式可因式分解为，再分类讨论即可，对再细分为即可求解.
【详解】（1）由f（x）≥b得，因为f（x）≥b的解集为{x|1≤x≤2}，故满足，，解得；
（2）原式因式分解可得，
当时，，解得；
当时，的解集为；
当时，，
①若，即，则的解集为；
②若，即时，解得；
③若，即时，解得.
【点睛】本题考查由一元二次不等式的解求解参数，分类讨论求解一元二次不等式，属于中档题.