2025年吉林省松原市宁江区油田高中数学高一第一学期期末达标测试试题含解析.doc

2025年吉林省松原市宁江区油田高中数学高一第一学期期末达标测试试题
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．已知点，直线与线段相交，则直线的斜率的取值范围是（ ）
A.或 B.
C. D.
2．设函数，且在上单调递增，则的大小关系为
A B.
C. D.不能确定
3．已知弧长为cm的弧所对的圆心角为，则这条弧所在的扇形面积为（ ）cm2
A. B.
C. D.
4．已知函数，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
5．下列函数中，以为最小正周期的偶函数是（）
A.y=sin2x+cos2x
B.y=sin2xcos2x
C.y=cos（4x+）
D.y=sin22x﹣cos22x
6．设函数与的图象的交点为，，则所在的区间是　　
A. B.
C. D.
7．已知，，，则a、b、c大小关系为（）
A. B.
C. D.
8．设全集，集合，，则等于
A. B.{4}
C.{2,4} D.{2,4,6}
9． “”是“函数为偶函数”（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
10．设函数，则的奇偶性
A.与有关，且与有关 B.与有关，但与无关
C.与无关，且与无关 D.与无关，但与有关
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．设角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，若角的终边上一点的坐标为，则的值为__________
12．若函数（且）.①若，则___________；②若有最小值，则实数的取值范围是___________.
13．已知圆柱的底面半径为，高为2，若该圆柱的两个底面的圆周都在一个球面上，则这个球的表面积为______
14．已知函数，若a、b、c互不相等，且，则abc的取值范围是______
15．方程的解在内，则的取值范围是___________.
16．若函数y＝loga(2－ax)在[0，1]上单调递减，则a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．计算下列各式的值
（1）；
（2）
18．已知
（1）求的值；
（2）求的值
19．已知直线l1过点A(1,0)，B(3，a－1)，直线l2过点M(1,2)，Na＋2,4)
(1)若l1∥l2，求a的值；
(2)若l1⊥l2，求a的值
20．已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P（）
（Ⅰ）求sin（α+π）的值；
（Ⅱ）若角β满足sin（α+β）=，求cosβ的值
21．设为奇函数，为常数.
（1）求的值；
（2）证明：在内单调递增；
（3）若对于上的每一个的值，不等式恒成立，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、A
【解析】，所以直线过定点，

所以，，
直线在到之间，
所以或故选A
2、B
【解析】当时，，它在上单调递增，所以.又为偶函数，所以它在上单调递减，因，故，选B.
点睛：题设中的函数为偶函数，故根据其在上为增函数判断出，从而得到另一侧的单调性和，故可以判断出.
3、C
【解析】根据弧长计算出半径，再利用面积公式得到答案.
【详解】弧长为cm的弧所对的圆心角为，则

故选
【点睛】本题考查了扇形面积，求出半径是解题的关键.
4、D
【解析】由题可得函数为偶函数，且在上为增函数，可得，然后利用余弦函数的性质即得.
【详解】∵函数，定义域为R，
∴，
∴函数为偶函数，且在上为增函数，，
∵，
∴，即，又，
∴.
故选：D.
5、D
【解析】A中，周期为,不是偶函数；
B中，周期为，函数为奇函数；
C中，周期为，函数为奇函数；
D中，周期为，函数为偶函数
6、A
【解析】设，则，有零点的判断定理可得函数的零点在区间内，即所在的区间是．选A
7、C
【解析】根据对数函数以及指数函数单调性比较大小即可.
【详解】
则
故选：C
8、C
【解析】由并集与补集的概念运算
【详解】
故选：C
9、A
【解析】根据充分必要条件定义判断
【详解】时，是偶函数，充分性满足，
但时，也是偶函数，必要性不满足
应是充分不必要条件
故选：A
10、D
【解析】因为当时，函数，为偶函数当时，函数，为奇函数
所以的奇偶性与无关，但与有关．选D

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、##0.5
【解析】利用余弦函数的定义即得.
【详解】∵角的终边上一点的坐标为，
∴.
故答案为：.
12、 ①. ②.
【解析】先计算的值，再计算的值；通过分类讨论确定不等式后即可求得的取值范围.
【详解】当时，，
所以，
所以；
当时，，
当时，取得最小值，
当时，且时，，
此时函数无最小值.
当时，且时，，
要使函数有最小值，则必须满足，解得.
故答案为：；.
13、
【解析】直接利用圆柱的底面直径，高、球体的直径构成直角三角形其中为斜边，利用勾股定理求出的值，然后利用球体的表面积公式可得出答案
【详解】
设球的半径为，由圆柱的性质可得，
圆柱的底面直径，高、球体的直径构成直角三角形其中为斜边，
因为圆柱的底面半径为，高为2，
所以，，
因此，这个球的表面积为，故答案为
【点睛】本题主要圆柱的几何性质，考查球体表面积的计算，意在考查空间想象能力以及对基础知识的理解与应用，属于中等题
14、
【解析】画出函数的图象，根据互不相等，且，我们令，我们易根据对数的运算性质，及c的取值范围得到abc的取值范围，即可求解
【详解】由函数函数，可得函数的图象，
如图所示：
若a，b，c互不相等且，
令，则，，
故，
故答案为

【点睛】本题主要考查了对数函数图象与性质的综合应用，其中画出函数图象，利用图象的直观性，数形结合进行解答是解决此类问题的关键，着重考查了数形结合思想，以及分析问题和解答问题的能力，属于中档试题
15、
【解析】先令，按照单调性求出函数的值域，写出的取值范围即可.
【详解】令，显然该函数增函数，，值域为，故.
故答案为：.
16、 (1，2)
【解析】分类讨论得到当时符合题意，再令在[0，1]上恒成立解出a的取值范围即可.
【详解】令，当时，为减函数，为减函数，不合题意；
当时，为增函数，为减函数，符合题意，需要在[0，1]上恒
成立，当时，成立，当时，恒成立，即，综上.
故答案为：(1，2).

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）；（2）0.
【解析】进行分数指数幂和根式的运算即可；
进行对数的运算即可
【详解】原式；
原式
【点睛】本题考查分数指数幂、根式和对数的运算，以及对数的换底公式，属于基础题
18、（1）；
（2）
【解析】（1）根据正切的差角公式即可直接求出答案；
（2）利用齐次式即可直接求出答案.
【小问1详解】
因为，所以，即，
解得；
【小问2详解】

19、（1）； （2）.
【解析】由两点式求出l1的斜率
（1）再由两点求斜率的到l2的斜率，由斜率相等求得a的值；
（2）分l1的斜率为0和不为0讨论，当l1的斜率为0时，由M，N的横坐标相等求a得值；不为0时由两直线的斜率乘积等于-1得答案
【详解】
（1）, 即,解得
（2）,即,解得.
【点睛】本题考查了直线的一般式方程与两直线平行、垂直的关系，考查了分类讨论的数学思想方法，是基础题
20、（Ⅰ）；（Ⅱ） 或 .
【解析】分析：（Ⅰ）先根据三角函数定义得，再根据诱导公式得结果，（Ⅱ）先根据三角函数定义得，再根据同角三角函数关系得，最后根据，利用两角差的余弦公式求结果.
【详解】详解：（Ⅰ）由角的终边过点得，
所以.
（Ⅱ）由角的终边过点得，
由得.
由得，
所以或.
点睛：三角函数求值的两种类型
(1)给角求值：关键是正确选用公式，以便把非特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数.
(2)给值求值：关键是找出已知式与待求式之间的联系及函数的差异.
①一般可以适当变换已知式，求得另外函数式的值，以备应用；
②变换待求式，便于将已知式求得的函数值代入，从而达到解题的目的.
21、（1）
（2）证明见解析（3）
【解析】（1）根据得到，验证得到答案.
（2）证明的单调性，再根据复合函数的单调性得到答案.
（3）确定单调递增，再计算最小值得到答案.
【小问1详解】
，，
，
即，故，，
当时，，不成立，舍去；
当时，，验证满足.
综上所述：.
【小问2详解】
，函数定义域为，
考虑，
设，则，
，，故，函数单调递减.
在上单调递减，
根据复合函数单调性知在内单调递增.
【小问3详解】
，即，为增函数.
故在单调递增，故.
故.