广东省吴川一中2025年高一数学第一学期期末教学质量检测试题含解析.doc

广东省吴川一中2025年高一数学第一学期期末教学质量检测试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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，若函数有四个零点，则的取值范围是
A. B.
C. D.
2．若正数x，y满足，则的最小值为（ ）
A.4 B.
C.8 D.9
3．若集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
4．已知函数，且函数恰有三个不同的零点，则实数的取值范围是
A. B.
C. D.
5．命题“任意实数”的否定是（）
A.任意实数 B.存在实数
C.任意实数 D.存实数
6．将函数y=sin（2x+）的图象向右平移个单位长度后，得到的图象对应的函数解析式为（　　）
A. B.
C. D.
7．若a，b都为正实数且，则的最大值是（）
A. B.
C. D.
8．在如图所示中，二次函数与指数函数的图象只可为
A. B.
C. D.
9．不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
10．若和都是定义在上的奇函数，则（）
A.0 B.1
C.2 D.3
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．若扇形的面积为，半径为1，则扇形的圆心角为___________.
12．圆的半径是,弧度数为3的圆心角所对扇形的面积等于___________
13．如图，已知六棱锥P﹣ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝AB，则下列结论正确的是_____．（填序号）①PB⊥AD；②平面PAB⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④sin∠PDA

14．对，不等式恒成立，则m的取值范围是___________；若在上有解，则m的取值范围是___________.
15．已知函数，若方程有四个不同的实根，满足，则值为__________.
16．函数是偶函数，且它的值域为，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，.
（1）求；
（2）若，，求，并计算.
18．如图，在直四棱柱中，底面是边长为2的正方形，分别为线段，的中点.

(1)求证：||平面；
(2)四棱柱的外接球的表面积为，求异面直线与所成的角的大小.
19．已知关于x的不等式对恒成立.
（1）求的取值范围；
（2）当取得最小值时，求的值.
20．已知一次函数是上的增函数，，且.
（1）求的解析式；
（2）若在上单调递增，求实数的取值范围.
21．已知圆的标准方程为，圆心为，直线的方程为，点在直线上，过点作圆的切线，，切点分别为，
（1）若，试求点的坐标；
（2）若点的坐标为，过作直线与圆交于两点，当时，求直线的方程；
（3）求证：经过，，三点的圆必过定点，并求出所有定点的坐标
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】不妨设，的图像如图所示，
则，，
其中，
故，也就是，
则，
因，故.
故选：B.

【点睛】函数有四个不同零点可以转化为的图像与动直线有四个不同的交点，注意函数的图像有局部对称性，而且还是倒数关系.
2、C
【解析】由已知可得，然后利用基本不等式可求得结果
【详解】解：因为正数x，y满足，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为8，
故选：C
【点睛】此题考查基本不等式应用，利用了“1”的代换，属于基础题
3、A
【解析】解一元二次不等式化简集合B，再利用交集的定义直接计算作答.
【详解】解不等式，即，解得，则，而，
所以.
故选：A
4、A
【解析】函数恰有三个不同的零点等价于与有三个交点，再分别画出和的图像，通过观察图像得出a的范围.
【详解】解：方程
所以函数恰有三个不同的零点等价于与有三个交点
记，
画出函数简图如下
画出函数如图中过原点虚线l，平移l要保证图像有三个交点，
向上最多平移到l’位置，向下平移一直会有三个交点，
所以，即
故选A.

【点睛】本题考查了函数的零点问题，解决函数零点问题常转化为两函数交点问题
5、B
【解析】根据含全称量词的命题的否定求解.
【详解】根据含量词命题的否定，
命题“任意实数”的否定是存在实数，
故选：B
6、B
【解析】直接利用函数图像变化原则：“左加右减，上加下减”得到平移后的函数解析式
【详解】函数图像向右平移个单位，
由得，故选B
【点睛】本题考查函数图像变换：“左加右减，上加下减”，需注意“左加右减”时平移量作用在x上，即将变成，是函数图像平移了个单位，而非个单位
7、D
【解析】由基本不等式，结合题中条件，直接求解，即可得出结果.
【详解】因为，都为正实数，，
所以，
当且仅当，即时，取最大值.
故选：D
8、C
【解析】指数函数可知，同号且不相等，再根据二次函数常数项为零经过原点即可得出结论
【详解】根据指数函数可知，同号且不相等，则二次函数的对称轴在轴左侧，又过坐标原点，
故选：C
【点睛】本题主要考查二次函数与指数函数的图象与性质，属于基础题
9、C
【解析】将原不等式转化为从而可求出其解集
【详解】原不等式可化为，即，
所以
解得
故选：C
10、A
【解析】根据题意可知是周期为的周期函数，以及，，由此即可求出结果.
【详解】因为和都是定义在上的奇函数，
所以，，
所以，所以，
所以是周期为周期函数，
所以
因为是定义在上的奇函数，
所以，
又是定义在上的奇函数，所以，所以，即，
所以.
故选：A.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】直接根据扇形的面积公式计算可得答案
【详解】设扇形的圆心角为，
因为扇形的面积为，半径为1，
所以．解得，
故答案为：
12、
【解析】根据扇形的面积公式，计算即可.
【详解】由扇形面积公式知，.
【点睛】本题主要考查了扇形的面积公式，属于容易题.
13、④
【解析】由题意,分别根据线面位置关系的判定定理和性质定理,逐项判定,即可得到答案.
【详解】∵PA⊥平面ABC，如果PB⊥AD，可得AD⊥AB，但是AD与AB成60°，∴①不成立，
过A作AG⊥PB于G，如果平面PAB⊥平面PBC，可得AG⊥BC，∵PA⊥BC，∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥AB，矛盾，所以②不正确；
BC与AE是相交直线，所以BC一定不与平面PAE平行，所以③不正确；
在Rt△PAD中，由于AD＝2AB＝2PA，∴sin∠PDA，所以④正确；

故答案为: ④
【点睛】本题考查线面位置关系判定与证明,考查线线角,属于基础题.熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键,其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型(1)证明线面、面面平行,需转化为证明线线平行;(2)证明线面垂直,需转化为证明线线垂直;(3)证明线线垂直,需转化为证明线面垂直.
14、 ①. ②.
【解析】（1）根据一元二次函数的图象，考虑开口方向和判别式，即可得到答案；
（2）利用参变分离，将问题转化为不等式在上有解；
【详解】（1）关于x的不等式函数对于任意实数x恒成立，
则，解得m的取值范围是.
（2）若在上有解，
则在上有解，易知当时，
当时，此时记，
则，，在上单调递减故，
综上可知，，故m的取值范围是.
故答案为：；
15、11
【解析】画出函数图像，利用对数运算及二次函数的对称性可得答案.
【详解】函数的图像如图：

若方程有四个不同的实根，满足，
则必有，得，
.
故答案为：11.
16、
【解析】展开，由是偶函数得到或，分别讨论和时的值域，确定，的值，求出结果.
【详解】解：为偶函数，
所以，即或，
当时，值域不符合，所以不成立；
当时，，若值域为，则，所以
.
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），
【解析】（1）利用同角三角函数的关系可得.
（2）将写成，再用两角差的余弦求解；由可求，先化简再代入求解.
【小问1详解】
，且，
解得，，
所以.
【小问2详解】
因，，所以，
所以，
所以
.
因为，，所以，，
所以
.
18、（1）见解析；（2）
【解析】（1）连接BD1，由中位线定理证明EF∥D1B，由线面平行的判定定理证明EF∥平面ABC1D1；
（2）由（1）和异面直线所成角的定义，得异面直线EF与BC所成的角是∠D1BC，由题意和球的表面积公式求出外接球的半径，由勾股定理求出侧棱AA1的长，由直四棱柱的结构特征和线面垂直的定义，判断出BC⊥CD1，在RT△CC1D1中求出tan∠D1BC，求出∠D1BC可得答案．
试题解析：

（1）连接，在中，分别为线段的中点，∴为中位线，
∴ ，而面，面，∴平面.
（2）由（1）知，故即为异面直线与所成的角.
∵四棱柱的外接球的表面积为，
∴四棱柱的外接球的半径，
设，则，解得，
在直四棱柱中，∵平面，平面，
∴，在中，，
∴，
∴异面直线与所成的角为.
19、（1）
（2）
【解析】（1）根据已知条件，利用判别式小于等于零列不等式可得范围；
（2）根据（1）可得，利用转化分母，把正弦和余弦化为正切值，可得答案.
【小问1详解】
关于x的不等式对恒成立，
所以，解得.
【小问2详解】
由（1）可知，由得
.
20、（1）；（2）
【解析】（1）利用待定系数法，设（）代入，得方程组，可求出，即求出函数解析式；（2）图象开口向上，故只需令位于对称轴右侧即即可.
试题解析：（1）由题意设（），从而，所以，解得或（不合题意，舍去）
所以的解析式为.
（2），则函数的图象的对称轴为直线，由已知得在上单调递增，则，解得.
21、（1）或；（2）或；（3）详见解析
【解析】（1）点在直线上，设，由对称性可知，可得，从而可得点坐标．（2）分析可知直线的斜率一定存在，设其方程为：．由已知分析可得圆心到直线的距离为，由点到线的距离公式可求得的值．（3）由题意知，即．所以过三点的圆必以为直径．设，从而可得圆的方程，根据的任意性可求得此圆所过定点
试题解析：解：（1）直线的方程为，点在直线上，设，
由题可知，所以，
解之得：故所求点的坐标为或
（2）易知直线的斜率一定存在，设其方程为：，
由题知圆心到直线的距离为，所以，
解得，或，
故所求直线的方程为：或
（3）设，则的中点，因为是圆的切线，
所以经过三点的圆是以为圆心，以为半径的圆，
故其方程为：
化简得：，此式是关于的恒等式，
故解得或
所以经过三点的圆必过定点或
考点：1直线与圆的位置关系问题；2过定点问题