2025-2026学年山东泰安市数学高一第一学期期末统考试题含解析.doc

2025-2026学年山东泰安市数学高一第一学期期末统考试题
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．已知函数，若，且当时，则的取值范围是
A. B.
C. D.
2．尽管目前人类还无法准确预报地震，但科学研究表明，地震时释放出的能量E（单位：焦耳）与地震里氏M震级之间的关系为.已知两次地震的能量与里氏震级分别为与，若，则（）
A. B.3
C. D.
3．已知两直线，.若，则的值为
A.0 B.0或4
C.-1或 D.
4．已知幂函数的图象过点，则的定义域为（）
A.R B.
C. D.
5．设，且，则的最小值是（）
A. B.8
C. D.16
6．下面各组函数中表示同一个函数的是（ ）
A.， B.，
C.， D.，
7．已知全集，，，则集合
A. B.
C. D.
8．若为所在平面内一点，，则形状是
A.等腰三角形 B.直角三角形
C.正三角形 D.以上答案均错
9．在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点是
A. B.
C. D.
10．若函数在区间上为减函数，在区间上为增函数，则
A.3 B.2
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知，，当时，关于的不等式恒成立，则的最小值是_________
12．《九章算术》中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.已知阳马，底面，，，，则此阳马的外接球的表面积为______.
13．在直三棱柱中，若，则异面直线与所成的角等于_________.
14．函数，若为偶函数，则最小的正数的值为______
15．函数的零点是___________.
16．不等式的解集是________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．如图，直三棱柱中，分别是的中点，.

（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面.
18．如图在三棱锥中， 分别为棱的中点，已知.

求证：（1）直线平面；
（2）平面 平面.
19．已知函数（且），再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知.
（1）判断函数的奇偶性，说明理由；
（2）判断函数在上的单调性，并用单调性定义证明；
（3）若不大于，直接写出实数m的取值范围.
条件①：，；条件②：，.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
20．对于函数，若在定义域内存在实数，满足，则称“局部中心函数”.
（1）已知二次函数（），试判断是否为“局部中心函数”，并说明理由；
（2）若是定义域为上的“局部中心函数”，求实数的取值范围.
21．已知函数满足，且.
（1）求a和函数的解析式；
（2）判断在其定义域的单调性.
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、B
【解析】首先确定函数的解析式，然后确定的取值范围即可.
【详解】由题意可知函数关于直线对称，
则，据此可得，
由于，故令可得，函数的解析式为，
则，结合三角函数的性质，考查临界情况：
当时，；当时，；
则的取值范围是.
本题选择B选项.
【点睛】本题主要考查三角函数的性质及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
2、A
【解析】利用对数运算和指数与对数互化求解.
【详解】由题意得：，，
两式相减得：,
又因为，
所以，
故选：A
3、B
【解析】分两种情况：一、斜率不存在，即此时满足题意；二、斜率存在即，此时两斜率分别为，，因为两直线平行，所以，解得或(舍)，故选B
考点：由两直线斜率判断两直线平行
4、C
【解析】设，点代入即可求得幂函数解析式，进而可求得定义域.
【详解】设，因为的图象过点，
所以解得，则，
故的定义域为
故选：C
5、B
【解析】转化原式为，结合均值不等式即得解
【详解】由题意，故
则
当且仅当，即时等号成立
故选：B
6、B
【解析】根据两个函数的定义域相同，且对应关系相同分析判断即可
【详解】对于A，的定义域为R，而的定义域为，两函数的定义域不相同，所以不是同一个函数；
对于B，两个函数的定义域都为R，定义域相同，，这两个函数是同一个函数；
对于C，的定义域为，而的定义域是R，两个函数的定义城不相同，所以不是同一个函数；
对于D，的定义域为，而的定义域是R，两个的数的定义域不相同，所以不是同一个函数.
故选：B.
7、D
【解析因为A∪B={x|x≤0或x≥1}，所以，故选D.
考点：集合的运算.
8、A
【解析】根据向量的减法运算可化简已知等式为，从而得到三角形的中线和底边垂直，从而得到三角形形状.
详解】
三角形的中线和底边垂直 是等腰三角形
本题正确选项：
【点睛】本题考查求解三角形形状的问题，关键是能够通过向量的线性运算得到数量积关系，根据数量积为零求得垂直关系.
9、C
【解析】关于平面对称的点坐标相反，另两个坐标相同，因此结论为
10、C
【解析】由题意得当时，函数取得最小值，
∴，
∴
又由条件得函数的周期，解得，
∴．选C

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、4
【解析】由题意可知，当时，有，所以，
所以
点睛：本题考查基本不等式的应用．本题中，关于的不等式恒成立，则当时，有，得到，所以．本题的关键是理解条件中的恒成立
12、
【解析】将该几何体放入长方体中，即可求得外接球的半径，再由球的表面积公式即可得解.
【详解】将该几何体放入长方体中，如图，

易知该长方体的长、宽、高分别为、、，
所以该几何体的外接球半径，
所以该球的表面积.
故答案为：.
13、
【解析】如图以点为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系,利用空间向量求解即可.
【详解】解：因为三棱柱为直三棱柱，且，
所以以点为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系,
设，则
，
所以，
所以 ，
因为异面直线所成的角在，
所以异面直线与所成的角等于，
故答案为：

【点睛】此题考查异面直线所成角，利用了空间向量进行求解，属于基础题.
14、
【解析】根据三角函数的奇偶性知应可用诱导公式化为余弦函数
【详解】，其为偶函数，则，，，
其中最小的正数为
故答案
【点睛】本题考查三角函数的奇偶性，解题时直接利用诱导公式分析即可
15、和
【解析】令y=0，直接解出零点.
【详解】令y=0，即，解得：和
故答案为：和
【点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解
16、
【解析】根据一元二次不等式解法求不等式解集.
【详解】由题设，，即，
所以不等式解集为.
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）见解析；（2）见解析
【解析】（1）连结，交点，连，推出//1，即可证明平面；
（2）取的中点，连结，证明四边形是平行四边形，证明
，得到 平面，然后证明平面 平面
试题解析：（1）连结，交点，连，则是的中点，
因为是的中点，故//.
因为平面，平面.
所以//平面.
（2）取的中点，连结，因为是的中点，
故//且 .
显然//，且 ，所以//且
则四边形是平行四边形.
所以//.
因为，所以
又，所以直线 平面.
因为//，所以直线 平面.
因为平面，所以平面 平面
18、 (1)证明见解析；（2）证明见解析
【解析】（1）本题证明线面平行，根据其判定定理，需要在平面内找到一条与平行的直线，由于题中中点较多，容易看出，然后要交待在平面外，在平面内，即可证得结论；（2）要证两平面垂直，一般要证明一个平面内有一条直线与另一个平面垂直，由（1）可得，因此考虑能否证明与平面内的另一条与相交的直线垂直，由已知三条线段的长度，可用勾股定理证明，因此要找的两条相交直线就是，由此可得线面垂直.
【详解】（1）由于分别是的中点，则有，又平面，平面，所以平面
（2）由（1），又，所以，又是中点，所以，，又，所以，所以，是平面内两条相交直线，所以平面，又平面，所以平面平面
【考点】线面平行与面面垂直
19、（1）答案见解析
（2）答案见解析（3）答案见解析
【解析】（1）定义域均为，代入化简可得出与的关系，从而判断奇偶性；（2）利用定义任取，且，作差判断的正负，可得出单调性；（3）根据奇偶性和单调性可得到与2的不等关系，求解可得的范围.
【小问1详解】
解：选择条件①：.
函数是偶函数，理由如下：
的定义域为，对任意，则.
因为，
所以函数是偶函数.
选择条件②：.
函数是奇函数，理由如下：
的定义域为，对任意，则.
因为，
所以函数是奇函数.
【小问2详解】
选择条件①：.
在上是增函数.
任取，且，则.
因为，
所以.
所以

，即
所以在上是增函数.
选择条件②：.
在上减函数.
任取，且.
因为，
所以.
所以
，即
所以在上是减函数.
【小问3详解】
选择条件①：.
实数的取值范围是.

选择条件②：.
实数的取值范围是.
20、 (1) 为“局部中心函数”，理由详见解题过程；（2）
【解析】（1）判断是否为“局部中心函数”，即判断方程是否有解，若有解，则说明是“局部中心函数”，否则说明不是“局部中心函数”；
（2）条件是定义域为上的“局部中心函数”可转化为方程有解，再利用整体思路得出结果.
【详解】解：（1）由题意，（），
所以，
，
当时，

解得：，
由于，所以，
所以为“局部中心函数”.
（2）因为是定义域为上的“局部中心函数”，
所以方程有解，
即在上有解，
整理得：，
令，，
故题意转化为在上有解，
设函数，
当时，在上有解，
即，
解得：；
当时，
则需要满足才能使在上有解，
解得：，
综上：.
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质、指数函数的图象与性质，考查了整体换元的思想方法，还考查了学生理解新定义的能力.
21、（1）；；（2）在其定义域为单调增函数.
【解析】（1）由，可得，再由，可求出的值，从而可得函数的解析式；
（2）利用函数的单调性定义进行判断即可
【详解】解：（1）由，
得，
，
得；
所以；
（2）该函数的定义域为，
令，所以，
所以
，
因为，，
所以，
所以在其定义域为单调增函数.