云南省玉龙纳西族自治县一中2025年高一上数学期末达标检测试题含解析.doc

云南省玉龙纳西族自治县一中2025年高一上数学期末达标检测试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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．设，，若，则ab的最小值是（）
A.5 B.9
C.16 D.25
2．已知函数，若对任意，总存在，使得不等式都恒成立，则实数的取值范围为（）
A. B.
C. D.
3．某工厂生产的30个零件编号为01，02，…，19，30，现利用如下随机数表从中抽取5个进行检测.若从表中第1行第5列的数字开始，从左往右依次读取数字，则抽取的第5个零件编号为（ ）
34 57 07 86 36 04 68 96 08 23 23 45 78 89 07 84 42 12 53 31 25 30 07 32 86
32 21 18 34 29 78 64 54 07 32 52 42 06 44 38 12 23 43 56 77 35 78 90 56 42
A. B.
C. D.
4．中国宋代的数学家秦九韶曾提出“三斜求积术”，即假设在平面内有一个三角形，边长分别为，，，三角形的面积可由公式求得，其中为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦秦九韶公式，现有一个三角形的边长满足，，则此三角形面积的最大值为（）
A.6 B.
C.12 D.
5．已知，，，是球的球面上的四个点，平面，，，则该球的半径为（ ）
A. B.
C. D.
6．方程的实数根所在的区间是（ ）
A. B.
C. D.
7．已知定义在R上的函数是奇函数，设，，，则有（）
A. B.
C. D.
8．已知三条不重合的直线，，，两个不重合的平面，，有下列四个命题：
①若，，则；②若，，且，则；
③若，，，，则；
④若，，，，则.其中正确命题的个数为
A. B.
C. D.
9．已知，若，则（）
A.或 B.3或5
C.或5 D.3
10．化简：
A.1 B.
C. D.2
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．_____.
12．若命题，，则的否定为___________.
13．当时，，则a的取值范围是________.
14．的化简结果为____________
15．直线关于定点对称的直线方程是_________
16．已知函数，若关于的方程在上有个不相等的实数根，则实数的取值范围是
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．已知能表示成一个奇函数和一个偶函数的和.
（1）请分别求出与的解析式；
（2）记，请判断函数的奇偶性和单调性，并分别说明理由.
（3）若存在，使得不等式能成立，请求出实数的取值范围.
18．体育课上，小明进行一项趣味测试，在操场上从甲位置出发沿着同一跑道走到乙位置，有两种不同的行走方式（以下）.方式一：小明一半的时间以的速度行走，刹余一半时间换为以的速度行走，平均速度为；方式二：小明一半的路程以的速度行走，剩余一半路程换为以的速度行走，平均速度为；
（1）试求两种行走方式的平均速度；
（2）比较的大小.
19．已知圆经过,两点,且圆心在直线：上.
（Ⅰ）求圆的方程；
（Ⅱ）若点在直线：上,过点作圆的一条切线,为切点,求切线长的最小值；
（Ⅲ）已知点为,若在直线：上存在定点（不同于点）,满足对于圆上任意一点,都有为一定值,求所有满足条件点的坐标.
20．如图，在长方体中，，是与的交点.求证：

（1）平面；
（2）平面平面.
21．设函数.
（1）求的最小正周期和最大值；
（2）求的单调递增区间.
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】结合基本不等式来求得的最小值.
【详解】，，
，
，
当且仅当时等号成立，由.
故选：D
2、D
【解析】探讨函数性质，求出最大值，再借助关于a函数单调性列式计算作答.
【详解】依题意，，则是上的奇函数，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，则，
由奇函数性质知，函数在上的最大值是，
依题意，存在，，令，显然是一次型函数，
因此，或，解得或，
所以实数的取值范围为.
故选：D
3、C
【解析】根据随机数表依次进行选取即可
【详解】解：根据随机数的定义，1行的第5列数字开始由左向右依次选取两个数字，
大于30的数字舍去，重复的舍去，取到数字依次为07，04，08，23，12，
则抽取的第5个零件编号为12.
故选：
【点睛】本题考查简单随机抽样的应用，同时考查对随机数表法的理解和辨析
4、B
【解析】根据海伦秦九韶公式和基本不等式直接计算即可.
【详解】由题意得：，

，
当且仅当，即时取等号，
故选：B
5、D
【解析】由题意，补全图形，得到一个长方体，则PD即为球O的直径，根据条件，求出PD，即可得答案.
【详解】依题意，补全图形，得到一个长方体，则三棱锥P-ABC的外接球即为此长方体的外接球，如图所示：

所以PD即为球O的直径，
因为平面，，，
所以AD=BC=3,
所以，
所以半径，
故选：D
【点睛】本题考查三棱锥外接球问题，对于有两两垂直的三条棱的三棱锥，可将其补形为长方体，即长方体的体对角线为外接球的直径，可简化计算，方便理解，属基础题.
6、B
【解析】令，因为，且函数在定义域内单调递增，故方程的解所在的区间是，故选B.
7、D
【解析】根据函数是奇函数的性质可求得m，再由函数的单调性和对数函数的性质可得选项.
【详解】解：因为函数的定义在R上的奇函数，所以，即，解得，
所以，所以在R上单调递减，
又因为，，所以
故选：D.
8、B
【解析】当在平面内时,，①错误；两个平面的垂线平行,且两个平面不重合,则两个平面平行,②正确；③中,当时,平面可能相交③错误；④正确.故选B.
考点：空间线面位置关系.
9、D
【解析】根据分段函数的定义，分与两种情况讨论即可求解.
【详解】解：由题意，当时，，解得或（舍去）；
当，，解得（舍去）；
综上，.
故选：D.
10、C
【解析】根据二倍角公式以及两角差的余弦公式进行化简即可.
【详解】原式

.
故选C.
【点睛】这个题目考查了二倍角公式的应用，涉及两角差的余弦公式以及特殊角的三角函数值的应用属于基础题.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】利用诱导公式变形，再由两角和的余弦求解
【详解】解：，
故答案为
【点睛】本题考查诱导公式的应用，考查两角和的余弦，是基础题
12、，
【解析】利用特称命题的否定可得出结论.
【详解】命题为特称命题，该命题的否定为“，”.
故答案为：，.
13、
【解析】分类讨论解一元二次不等式，然后确定参数范围
【详解】，
若，则或，此时时，不等式成立，
若，则或，要满足题意，则，即
综上，
故答案为：
14、18
【解析】由指数幂的运算与对数运算法则，即可求出结果.
【详解】因为.
故答案为18
【点睛】本题主要考查指数幂运算以及对数的运算，熟记运算法则即可，属于基础题型.
15、
【解析】先求出原直线上一个点关于定点的对称点，然后用对称后的直线与原直线平行
【详解】在直线上取点，点关于的对称点为
过与原直线平行的直线方程为，即为对称后的直线
故答案为：
16、
【解析】数形结合，由条件得在上有个不相等的实数根，结合图象分析根的个数列不等式求解即可.
【详解】作出函数图象如图所示：

由，得，
所以，且，
若，即在上有个不相等的实数根，
则 或，
解得.
故答案为：
【点睛】方法点睛：判定函数的零点个数的常用方法：
（1）直接法：直接求解函数对应方程的根，得到方程的根，即可得出结果；
（2）数形结合法：先令，将函数的零点个数，转化为对应方程的根，进而转化为两个函数图象的交点个数，结合图象，即可得出结果.

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）见解析；（3）.
【解析】（1）由函数方程组可求与的解析式.
（2）利用奇函数的定义和函数单调性定义可证明为奇函数且为上的增函数.
（3）根据（2）中的结果可以得到在上有解，参变分离后利用换元法可求的取值范围.
【详解】（1）由已知可得，则，
由为奇函数和为偶函数，上式可化为，
联合，
解得.
（2）由（1）得定义域，
①由，可知为上的奇函数.
②由，
设，则，
因为，故，，
故即，故在上单调递增
（3）由为上的奇函数，
则等价于
，
又由在上单调递增则上式等价于，
即，
记，令，
可得，易得当时，即时，
由题意知，，故所求实数的取值范围是.
【点睛】本题考查与指数函数有关的复合函数的单调性和奇偶性以及函数不等式有解，前者根据定义进行判断，后者利用单调性和奇偶性可转化为常见不等式有解，本题综合性较高.
18、（1），
（2）
【解析】（1）直接利用平均速度的定义求出；
（2）利用作差法比较大小.
【小问1详解】
设方式一中小明行走的总路程为s，所用时间为，
由题意得，可知
设方式二中所用时间为，总路程为s，
则
【小问2详解】
.
因为且，所以，即.
19、 (Ⅰ);(Ⅱ);(Ⅲ).
【解析】
分析】
(Ⅰ)根据题意,设出圆的标准方程,代入条件,列方程求解即可;
(Ⅱ)由勾股定理得,所以要求的最小值,即求的最小值,而最小时,垂直于直线,据此可得结论;
(Ⅲ)设,,列出相应等式化简,再利用点的任意性,列出方程组求解即可.
【详解】(Ⅰ)设圆的方程为,
根据题意有,解得,
所以圆的方程为;
(Ⅱ)由勾股定理得,即,
所以要求的最小值,即求的最小值,
而当垂直于直线时,最小,此时,
所以的最小值为;
(Ⅲ)设,满足,
假设的定值为,则,
化简得,
因为对于圆上任意一点上式都成立,
所以,解得(舍),
因此满足条件点的坐标为.
【点睛】本题涉及圆与直线的综合应用,利用了数形结合等思想,考查了学生分析解决问题的能力,综合性较强.在答题时要注意:
①线外一点到线上一点的距离中,垂线段最短;
②解决任意性问题的关键是令含参部分的系数为0,最常见的就是过定点问题.

20、（1）见解析；（2）见解析.
【解析】⑴连结交于点，连结，推导出，又因为平面，由此证明平面⑵推导出，，从而平面，由此证明平面平面
解析：（1）连结交于点，连结，
∵，
∴.
∴.
又∵平面，平面，
∴平面.

（2）∵平面.∴.
∵,∴
∵与相交，∴平面
∵平面.∴平面平面.
点睛：本题考查了立体几何中的线面平行及面面垂直，在证明的过程中依据其判定定理证得结果，在证明平行中需要做辅助线，构造平行四边形或者三角形中位线证得线线平行，从而证得线面平行
21、（1）最小正周期，最大值为；（2）.
【解析】把化简为，
（1）直接写出最小正周期和最大值；
（2）利用正弦函数的单调性直接求出单调递增区间.
【详解】

（1）的最小正周期;最大值为；
（2）要求的单调递增区间，只需，
解得：，
即的单调递增区间为.