北京市文江中学2025-2026学年高一数学第一学期期末教学质量检测试题含解析.doc

北京市文江中学2025-2026学年高一数学第一学期期末教学质量检测试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱为（　　）

A.4 B.
C. D.2

2．已知函数的定义域是且满足如果对于,都有不等式的解集为
A. B.
C. D.
3．设平面向量满足，且，则的最大值为
A.2 B.3
C. D.
4．已知，若，则x的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
5．计算：的值为
A. B.
C. D.
6．已知函数是定义在上的奇函数，，且，则（ ）
A. B.
C. D.
7．已知全集，集合则下图中阴影部分所表示的集合为（）

A. B.
C. D.
8．在，，中，最大的数为（）
A.a B.b
C.c D.d
9．已知向量，若与垂直，则的值等于
A. B.
C.6 D.2
10．如图，摩天轮上一点在时刻距离地面的高度满足，，，，已知某摩天轮的半径为50米，点距地面的高度为60米，摩天轮做匀速运动，每10分钟转一圈，点的起始位置在摩天轮的最低点，则（米）关于（分钟）的解析式为（）

A.（） B.（）
C.（） D.（）
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知平面，，直线，若，，则直线与平面的位置关系为______.
12．已知直线与直线的倾斜角分别为和，则直线与的交点坐标为__________
13．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是________.
14．已知幂函数的图象过点，且，则a的取值范围是______
15．函数是奇函数，则实数__________.
16．如图，已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD，则a的值等于________

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，四边形是矩形，平面，平面，，

（1）证明：平面平面；
（2）求三棱锥的体积
18．（1）计算
（2）已知，求的值
19．（1）化简：；
（2）已知，求的值.
20．计算下列各式：
（1）；
（2）
21．已知函数，.
（1）求函数图形的对称轴；
（2）若，不等式的解集为，，求实数的取值范围.
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】根据三视图得到几何体的直观图，然后结合图中的数据计算出各棱的长度，进而可得最长棱
【详解】由三视图可得，该几何体是如图所示的四棱锥，底面是边长为2的正方形，侧面是边长为2的正三角形，且侧面底面

根据图形可得四棱锥中的最长棱为和，结合所给数据可得，
所以该四棱锥的最长棱为
故选B
【点睛】在由三视图还原空间几何体时，要结合三个视图综合考虑，根据三视图表示的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线、不可见轮廓线在三视图中为虚线．在还原空间几何体实际形状时，一般是以主视图和俯视图为主，结合左视图进行综合考虑．熟悉常见几何体的三视图，能由三视图得到几何体的直观图是解题关键．考查空间想象能力和计算能力
2、D
【解析】令x=，y=1，则有f（）=f（）+f（1），
故f（1）=0；
令x=，y=2，则有f（1）=f（）+f（2），
解得，f（2）=﹣1，
令x=y=2，则有f（4）=f（2）+f（2）=﹣2；
∵对于0＜x＜y，都有f（x）＞f（y），
∴函数f（x）是定义在（0，+∞）上的减函数，
故f（﹣x）+f（3﹣x）≥﹣2可化为f（﹣x（3﹣x））≥f（4），
故，
解得，﹣1≤x＜0．∴不等式的解集为
故选D
点睛：本题重点考查了抽象函数的性质及应用，的原型函数为的原型函数为，.
3、C
【解析】设，
∵，且，
∴
∵，当且仅当与共线同向时等号成立，
∴的最大值为．选C
点睛：
由于向量，且，因此向量确定，这是解题的基础也是关键．然后在此基础上根据向量模的三角不等式可得的范围，解题时要注意等号成立的条件
4、C
【解析】首先判断函数的单调性和定义域，再解抽象不等式.
【详解】函数的定义域需满足，解得：，
并且在区间上，函数单调递增，且，
所以，
即，解得：或.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键是判断函数的单调性和定义域，尤其是容易忽略函数的定义域.
5、A
【解析】运用指数对数运算法则.
【详解】
.
故选:A.
【点睛】本题考查指数对数运算，是简单题.
6、C
【解析】由得函数的周期性，由周期性变形自变量的值，最后由奇函数性质求得值
【详解】∵是奇函数，∴，
又，∴是周期函数，周期为4
∴
故选：C
7、C
【解析】根据题意，结合Venn图与集合间的基本运算，即可求解.
【详解】根据题意，易知图中阴影部分所表示.
故选：C.
8、B
【解析】逐一判断各数的范围，即找到最大的数.
【详解】因为，所以；；；.
故最大.
故选：B.
【点睛】本题考查了根据实数范围比较实数大小，属于基础题.
9、B
【解析】，
所以，则，故选B
10、B
【解析】根据给定信息，依次计算，再代入即可作答.
【详解】因函数最大值为110，最小值为10，因此有，解得，
而函数的周期为10，即，则，
又当时，，则，而，解得，
所以.
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】根据面面平行的性质即可判断.
【详解】若，则与没有公共点，
，则与没有公共点，故.
故答案为：.
【点睛】本题考查面面平行的性质，属于基础题.
12、
【解析】因为直线与直线的倾斜角分别为和，所以 ，联立 与可得，, 直线与的交点坐标为,故答案为.
13、
【解析】正四棱柱的高是4，体积是16，则底面边长为2，底面正方形的对角线长度为，所以正四棱柱体对角线的长度为，四棱柱体对角线为外接球的直径，所以球的半径为，所以球的表面积为
考点：正四棱柱外接球表面积
14、
【解析】先求得幂函数的解析式，根据函数的奇偶性、单调性来求得的取值范围.
【详解】设，
则，
所以，
在上递增，且为奇函数，
所以.
故答案为：
15、
【解析】根据给定条件利用奇函数的定义计算作答.
【详解】因函数是奇函数，其定义域为R，
则对，，即，整理得：，
而不恒为0，于得，
所以实数.
故答案为：
16、2
【解析】证明平面得到，故与以为直径的圆相切，计算半径得到答案.
详解】PA⊥平面ABCD，平面ABCD，故，PQ⊥QD，，
故平面，平面，故，
在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD，即与以为直径的圆相切，
，故间的距离为半径，即为1，故.
故答案为：2

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）证明见解析
（2）1
【解析】（1）由平面，平面，得到，利用线面平行的判定定理得到平面，平面，然后利用面面平行的判定定理证明；
（2）由平面，得到点到平面的距离，然后利用求解
【小问1详解】

证明：平面，平面，
，
又平面，平面，
平面，
在矩形中，，且平面，平面，
平面，
又，
∴平面平面
【小问2详解】
平面，
∴点到平面的距离为，
∵四边形矩形，，，
，

18、 (1)；(2)3.
【解析】(1)由题意结合对数的运算法则和对数恒等式的结论可得原式的值为；
(2)令，计算可得原式.
试题解析：
（1）
;
(2)设则，
所以 .
19、（1）-1（2）-3
【解析】（1）根号下是，开方后注意，而 ，从而所求值为.（2）利用诱导公式原式可以化简为，再分子分母同时除以，就可以得到一个关于的分式，代入其值就可以得到所求值为.
解析：1）.
（2）.
20、（1）-37 （2）0
【解析】（1）利用对数的性质以及有理数指数幂的性质，算出结果；（2）利用诱导公式算出三角函数值
试题解析：（1）原式 ；
（2），，所以原式
21、（1）；（2）.
【解析】（1）利用余弦的降幂扩角公式化简为标准正弦型函数，进而求解对称轴即可；
（2）求得函数在区间上的值域，以及绝对值不等式的解集，根据集合之间的包含关系，即可求得参数的取值范围.
【详解】（1）

，
解得：；
（2），，
，
又解得
而
，得.
【点睛】本题考查利用降幂扩角公式以及辅助角公式化简三角函数，以及三角函数对称轴和值域的求解，涉及根据集合之间的关系求参数的取值范围，属综合中档题.