2025年河北省保定市第七中学高一数学第一学期期末复习检测试题含解析.doc

2025年河北省保定市第七中学高一数学第一学期期末复习检测试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、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．已知直线是函数图象的一条对称轴，的最小正周期不小于，则的一个单调递增区间为（）
A. B.
C. D.
2．已知函数的图像过点和，则在定义域上是
A.奇函数 B.偶函数
C.减函数 D.增函数
3．函数的部分图象如图所示，则的值为（ ）

A. B.
C. D.
4．设命题p：，命题q：，则p是q成立的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
5．sin（）=（　　）
A. B.
C. D.
6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A.8π B.16π
C. D.
7．已知，，，则，，三者的大小关系是（）
A. B
C. D.
8．已知两直线，.若，则的值为
A.0 B.0或4
C.-1或 D.
9．已知圆C与直线及都相切，圆心在直线上，则圆C的方程为（）
A. B.
C. D.
10．已知向量满足，且，若向量满足，则的取值范围是
A. B.
C D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知函数则的值为_______
12．无论实数k取何值，直线kx-y+2+2k＝0恒过定点__
13．当时，的最小值为______
14．已知向量＝(1，2)、＝(2，λ)，，∥，则λ＝______
15．若，则_________.
16．用半径为的半圆形纸片卷成一个圆锥，则这个圆锥的高为__________
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．已知函数为奇函数，，其中
（1）若函数h（x）的图象过点A（1，1），求实数m和n的值；
（2）若m=3，试判断函数在上的单调性并证明；
（3）设函数，若对每一个不小于3的实数，都恰有一个小于3的实数，使得成立，求实数m的取值范围
18．已知函数
（1）若函数在区间上有且仅有1个零点，求a的取值范围：
（2）若函数在区间上的最大值为，求a的值
19．已知集合，
（1）若，，求；
（2）集合A，B能否相等？若能，求出a，b的值；若不能，请说明理由．
20．如图，在圆柱中，，分别是上、下底面圆的直径，且，，分别是圆柱轴截面上的母线.

（1）若，圆柱的母线长等于底面圆的直径，求圆柱的表面积.
（2）证明：平面平面.
21．已知函数.
（Ⅰ）求的最小正周期：
（Ⅱ）求在区间上的最大值和最小值.
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、B
【解析】由周期得出的范围，再由对称轴方程求得值，然后由正弦函数性质确定单调性
【详解】根据题意，，所以，，，所以，，故，
所以.令，，
得，.令，得的一个单调递增区间为.
故选：B

2、D
【解析】∵f（x）的图象过点（4，0）和（7，1），∴∴f（x）=log4（x-3）．∴f（x）是增函数．∵f（x）的定义域是（3，+∞），不关于原点对称．∴f（x）为非奇非偶函数
故选D
3、C
【解析】由函数的部分图象得到函数的最小正周期，求出，代入求出值，则函数的解析式可求，取可得的值.
【详解】由图象可得函数的最小正周期为，则.
又，则，
则，，则，，
，则，，则，
.
故选：C.
【点睛】方法点睛：根据三角函数的部分图象求函数解析式的方法：
（1）求、，；
（2）求出函数的最小正周期，进而得出；
（3）取特殊点代入函数可求得的值.
4、B
【解析】先解不等式，然后根据充分条件和必要条件的定义判断
【详解】由，得，所以命题p：，
由，得，所以命题q：，
因为当时，不一定成立，
当时，一定成立，
所以p是q成立的必要不充分条件，
故选：B
5、A
【解析】直接利用诱导公式计算得到答案.
【详解】
故选：
【点睛】本题考查了诱导公式化简，意在考查学生对于诱导公式的应用.
6、A
【解析】由三视图还原直观图得到几何体为高为4，底面半径为2圆柱体的一半，即可求出体积.
【详解】由三视图知：几何体直观图为下图圆柱体：高为h = 4，底面半径r = 2圆柱体的一半，

∴，
故选：A
7、C
【解析】分别求出，，的范围，即可比较大小.
【详解】因为在上单调递增，所以，即，
因为在上单调递减，所以，即，
因为在单调递增，所以，即，
所以，
故选：C
8、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
9、D
【解析】根据圆心在直线上，设圆心坐标为，然后根据圆C与直线及都相切，由求解.
【详解】因为圆心在直线上，
设圆心坐标为，
因为圆C与直线及都相切，
所以，
解得，
∴圆心坐标为，
又，
∴，
∴圆的方程为，
故选：D.
10、B

【解析】由题意利用两个向量加减法的几何意义，数形结合求得的取值范围.
【详解】设，根据作出如下图形，
则
当时，则点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，且
结合图形可得，当点与重合时，取得最大值；
当点与重合时，取得最小值
所以的取值范围是
故当时，的取值范围是
故选：B

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】首先计算，再求的值.
【详解】，
所以.
故答案为：
12、
【解析】由kx-y+2+2k＝0，得(x+2)k+(2-y)＝0，由此能求出无论实数k取何值，直线kx-y+2+2k＝0恒过定点
【详解】∵kx-y+2+2k＝0，∴(x+2)k+(2-y)＝0，
解方程组，得
∴无论实数k取何值，直线kx-y+2+2k＝0恒过定点
故答案为：
13、
【解析】将所求代数式变形为，利用基本不等式即可求解.
【详解】因为，所以，
所以，
当且仅当即时等号成立，
所以的最小值为，
故答案为：.
14、－2
【解析】首先由的坐标，利用向量的坐标运算可得，接下来由向量平行的坐标运算可得，求解即可得结果
【详解】∵，∴，
∵∥，，
∴，解得，
故答案为：－2
15、##
【解析】依题意利用诱导公式及二倍角公式计算可得；
【详解】解：因为，所以
.
故答案为：.
16、
【解析】根据圆锥的底面周长等于半圆形纸片的弧长建立等式,再根据半圆形纸片的半径为圆锥的母线长求解即可.
【详解】由题得, 半圆形纸片弧长为,设圆锥的底面半径为,则,
故圆锥的高为.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了圆锥展开图中的运算,重点是根据圆锥底面的周长等于展开后扇形的弧长,属于基础题.

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）单调递增，证明见解析
（3）
【解析】（1）运用奇函数的定义可得，再由图象经过点，解方程可得；
（2）在，递增．运用单调性的定义，结合因式分解和指数函数的单调性，即可得证；
（3）求得当时，；当时，;分别讨论，，，运用基本不等式和函数的单调性，求得的范围
【小问1详解】
函数为奇函数，
可得，即，则，
由的图象过，可得（1），即，
解得，故；
【小问2详解】
，可得，，在 上递增
证明：设，则
，
由，可得，，，
则，即，
可得，递增；
【小问3详解】
当时，；
当时，
①时，时，；
时，不满足条件，舍去；
②当时，时，，，
时，，，，
由题意可得，，，可得，即；
综上可得；
③当时，时，，，
时，，，，
由题意可得，，，
可得，可令，则在上递减，，
故由，可得，即，
综上可得，
所以的取值范围是
【点睛】本题考查函数的奇偶性和单调性的定义和运用，考查分类讨论思想方法和化简整理的运算能力，属于难题
18、（1）
（2）
【解析】（1）结合函数图象，分四种情况进行讨论，求出a的取值范围；（2）对对称轴分类讨论，表达出不同范围下的最大值，列出方程，求出a的值.
【小问1详解】
①，解得：，此时，零点为，0，不合题意；
②，解得：，此时，的零点为，1，不合题意；
③，解得：，当时，的零点为，不合题意；当时，的零点为，不合题意；
④，解得：，
综上：a的取值范围是
【小问2详解】
对称轴为，当，即时，在上单调递减，，舍去；
当，即时，，解得：或（舍去）；
当，即时，在上单调递增，，解得：舍去）；
综上：
19、（1），或；（2）能，，
【解析】（1）代入数据，根据集合的交集和补集运算法则即可求出结论；
（2）根据集合相等的概念即可求出答案．
详解】解：（1）当，时，，
∵，或，
∴，或；
（2）∵，若，则可变成，
∵，则，解得；
若，则可变成，
而，不可能；
综上： ，
20、（1）.
（2）证明见详解
【解析】（1）借助圆柱的母线垂直于底面构造直角三角形计算可得半径，然后可得表面积；
（2）构造平行四边形证明，结合已知可证.
【小问1详解】
连接CF、DF
，

因为CD为直径，记底面半径为R，EF=2R
则

又

解得R=2
圆柱的表面积.
【小问2详解】
连接、、、
由圆柱性质知且

且
四边形为平行四边形

又平面CDE，平面CDE
平面CDE
同理，平面CDE
又，平面ABH，平面ABH
平面平面.
21、（Ⅰ）（Ⅱ）2，
【解析】（Ⅰ）因为

，
故最小正周期为
（Ⅱ）因为，所以.
于是，当，即时，取得最大值；
当，即时，取得最小值
点睛：本题主要考查了两角和的正弦公式，辅助角公式，正弦函数的性质，熟练掌握公式是解答本题的关键.