2025年云南省麻栗坡民族中学数学高一第一学期期末复习检测模拟试题含解析.doc

2025年云南省麻栗坡民族中学数学高一第一学期期末复习检测模拟试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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．某市中心城区居民生活用水阶梯设置为三档，采用边际用水量确定分档水量为:
第一档水量为240立方米/户年及以下部分；
第二档水量为240立方米/户年以上至360立方米/户年部分(含360立方米/户年)；
第三档水量为360立方米/户年以上部分.
家庭常住人口在4人(不含4人)以上的多人口户，凭户口簿，其水量按每增加一人各档水量递增50立方米/年确定.
第一档用水价格为2.1元/立方米；第二档用水价格为3.2元/立方米；第三档用水价格为6.3元/立方米.
小明家中共有6口人，去年整年用水花费了1602元，则小明家去年整年的用水量为（ ）.
A.474立方米 B.482立方米
C.520立方米 D.540立方米
2．黄金分割比例广泛存在于许多艺术作品中．在三角形中，底与腰之比为黄金分割比的三角形被称作黄金三角形，被认为是最美的三角形，它是两底角为72°的等腰三角形．达芬奇的名作《蒙娜丽莎》中，在整个画面里形成了一个黄金三角形．如图，在黄金三角形中，，根据这些信息，可得（）

A. B.
C. D.
3．已知直线过，，且，则直线的斜率为（）
A. B.
C. D.
4．命题“，有”的否定是（）
A.，使 B.，有
C.，使 D.，使
5．已知函数,若实数,则函数的零点个数为()
A.0 B.1
C.2 D.3
6．已知函数的图象关于直线对称，则=
A. B.
C. D.
7．若，，则是（）
A.第一象限角 B.第二象限角
C.第三象限角 D.第四象限角
8．已知，，且，则的最小值为（）
A.2 B3
C.4 D.8
9．在底面为正方形的四棱锥中，侧面底面，，，则异面直线与所成的角为（ ）

A. B.
C. D.
10．已知函数，若函数在上有两个零点，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．在三棱锥中，，，两两垂直，，，三棱锥的侧面积为13，则该三棱锥外接球的表面积为______.
12．下列说法正确的序号是__________________.（写出所有正确的序号）
①正切函数在定义域内是增函数；
②已知函数的最小正周期为,将的图象向右平移个单位长度,所得图象关于轴对称,则的一个值可以是
③若,则三点共线；④函数的最小值为；
⑤函数在上是增函数,则的取值范围是.
13．已知函数，若对恒成立，则实数的取值范围是___________.
14．设某几何体的三视图如图所示（单位：m），则该几何体的体积为________

15．已知函数，则使不等式成立的的取值范围是_______________
16．已知函数（为常数）的一条对称轴为，若，且满足，在区间上是单调函数，则的最小值为__________.
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.
（1）若在上是减函数，求的取值范围；
（2）设，，若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围.
18．已知函数.
（1）用五点法作函数在区间上的图象；
（2）解关于的方程.
19．设函数，．用表示，中的较大者，记为．已知关于的不等式的解集为
（1）求实数，的值，并写出的解析式；
20．已知函数是偶函数.
（1）求实数的值；
（2）若函数，函数只有一个零点，求实数 的取值范围.
21．已知函数
（1）若不等式的解集为，求的值；
（2）当时，求关于的不等式的解集
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】根据题意，建立水费与用水量的函数关系式，即可求解.
【详解】设小明家去年整年用水量为x，水费为y.
若时，则；
若时，则；
若时，则.
令，解得：
故选：D
2、B
【解析】由题意，结合二倍角余弦公式、平方关系求得，再根据诱导公式即可求.
【详解】由题设，可得，，
所以，又，
所以.
故选：B
3、A
【解析】利用，求出直线斜率，利用可得斜率乘积为，即可求解.
【详解】设直线斜率为，直线斜率为，
因为直线过，，
所以斜率为，
因为，所以，
所以，
故直线的斜率为.
故选：A
4、D
【解析】全称命题的否定：将任意改存在并否定原结论，即可知正确选项.
【详解】由全称命题的否定为特称命题，
∴原命题的否定为.
故选：D
5、D
【解析】根据分段函数做出函数的图象，运用数形结合的思想可求出函数的零点的个数，得出选项.
【详解】令，得，根据分段函数的解析式，做出函数的图象，如下图所示，因为，由图象可得出函数的零点个数为3个，
故选：D.

【点睛】本题考查函数零点,考查学生分析解决问题的能力,关键在于做出函数的图象，运用数形结合的思想得出零点个数，属于中档题.
多选题
6、C
【解析】因为函数的图象关于直线对称，所以
，即，

因此，选C.
7、B
【解析】根据，可判断可能在的象限，根据，可判断可能在的象限，综合分析，即可得答案.
【详解由，可得的终边在第一象限或第二象限或与y轴正半轴重合，
由，可得的终边在第二象限或第四象限，
因为，同时成立，所以是第二象限角.
故选：B
8、C
【解析】根据条件,变形后，利用均值不等式求最值.
【详解】因为，
所以.
因为，，
所以，当且仅当，时，等号成立，
故的最小值为4.
故选：C
9、C
【解析】由已知可得PA⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，分别过P，D点作AD，AP的平行线
交于M，连接CM，AM，因为PB∥CM，所以ACM就是异面直线PB与AC所成的角,再求解即可.
【详解】
由题意：底面ABCD为正方形，
侧面底面，，
面面，
PA⊥平面ABCD，
分别过P，D点作AD，AP的平行线交于M，
连接CM，AM，
∵PM∥AD，AD∥BC，
PM＝AD，AD＝BC
∴ PBCM是平行四边形，
∴ PB∥CM，
所以∠ACM就是异面直线PB与AC所成的角
设PA＝AB＝a，
在三角形ACM中，，
∴三角形ACM是等边三角形
所以∠ACM等于60°，
即异面直线PB与AC所成的角为60°
故选：C.
【点睛】思路点睛：先利用面面垂直得到PA⊥平面ABCD，分别过P，D点作AD，AP的平行线交于M，连接CM，AM，得到∠ACM就是异面直线PB与AC所成的角
10、D
【解析】根据时，一定有一个零点，故只需在时有一个零点即可，列出不等式求解即可.
【详解】当时，令，即可得，；
故在时，一定有一个零点；
要满足题意，显然，
令，解得
只需，解得.
故选：D
【点睛】本题考查由函数的零点个数求参数范围，涉及对数不等式的求解，属综合基础题.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】根据侧面积计算得到，再计算半径为，代入表面积公式得到答案.
【详解】三棱锥的侧面积为，所以
故该三棱锥外接球的半径为：，球的表面积为.
故答案为：
【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
12、③⑤
【解析】对每一个命题逐一判断得解.
【详解】①正切函数在内是增函数,所以该命题是错误的；
②因为函数的最小正周期为,所以w=2,所以将的图象向右平移个单位长度得到
,所得图象关于轴对称,所以，所以的一个值不可以是，所以该命题是错误的；
③若,因为，所以三点共线，所以该命题是正确的；
④函数=，所以sinx=-1时，y最小为-1，所以该命题是错误的;
⑤函数在上是增函数,则,所以的取值范围是.所以该命题是正确的.
故答案为③⑤
【点睛】本题主要考查正切函数的单调性，考查正弦型函数的图像和性质，考查含sinx的二次型函数的最值的计算，考查对数型函数的单调性，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
13、
【解析】需要满足两个不等式和对都成立.
【详解】和对都成立,
令，得在上恒成立，
当时，只需即可，解得；
当时，只需即可，解得（舍）；
综上
故答案为：
14、4
【解析】根据三视图确定该几何体为三棱锥，由题中数据，以及棱锥的体积公式，即可求出结果.
【详解】由三视图可得：该几何体为三棱锥，
由题中数据可得：该三棱锥的底面是以为底边长，以为高的三角形，三棱锥的高为，
因此该三棱锥的体积为：.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查由几何体的三视图求体积的问题，熟记棱锥的结构特征，以及棱锥的体积公式即可，属于基础题型.
15、
【解析】由奇偶性定义可判断出为偶函数，结合复合函数单调性的判断可得到在上单调递增，由偶函数性质知其在上单调递减，利用函数单调性解不等式即可求得结果.
【详解】由，解得：或，故函数的定义域为，
又，
为上的偶函数；
当时，单调递增，
设，，
在上单调递增，在上单调递增，
在上单调递增，又为偶函数，在上单调递减；
由可知，解得.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：本题考查利用函数单调性和奇偶性求解函数不等式的问题，解决此类问题中，奇偶性和单调性的作用如下：
（1）奇偶性：统一不等式两侧符号，同时根据奇偶函数的对称性确定对称区间的单调性；
（2）单调性：将函数值的大小关系转化为自变量之间的大小关系.
16、
【解析】根据是的对称轴可取得最值，即可求出的值，进而可得的解析式，再结合对称中心的性质即可求解.
【详解】因为是的对称轴，
所以，
化简可得：，即，
所以，
有，，可得，，
因为，且满足，在区间上是单调函数，
又因为对称中心，
所以，
当时，取得最小值.
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)由题意结合函数单调性的定义得到关于a的表达式，结合指数函数的性质确定的取值范围即可；
(2)利用换元法将原问题转化为二次方程根的分布问题，然后求解实数的取值范围即可.
【详解】（1）由题设，若在上是减函数，
则任取，，且，都有，即成立.
∵

.
又在上是增函数，且，
∴由，得，
即，且.
∴只须，解.
由，，且，知，
∴，即，
∴.
所以在上是减函数，实数的取值范围是.
（2）由题知方程有且只有一个实数根，
令，则关于的方程有且只有一个正根.
若，则，不符合题意，舍去；
若，则方程两根异号或有两个相等的正根.
方程两根异号等价于解得；
方程有两个相等的正根等价于解得；
综上所述，实数的取值范围为.
【点睛】本题主要考查函数的单调性，二次方程根的分布等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
18、1）画图见解析；（2）或.
【解析】（1）根据列表、描点、连线的基本步骤，画出函数在的大致图像即可；
（2）由题意得：，解得或，，分类求解即可得解方程的解集.
【详解】（1），
∴，，的变化如下表：

0

2
0

0

的图象如图：

（2）令，则，或，，
或，，
的解集为：或.
【点睛】用“五点法”作的简图，主要是通过变量代换，设，由取，，，，来求出相应的，通过列表，计算得出五点坐标，描点后得出图象
19、（1），
（2）
【解析】（1）先由一元二次不等式的性质求出的值，再根据的图象得出其解析式；
（2）将问题转化为，再解对数不等式得出实数的取值范围
【小问1详解】
∵的解集为，
∴方程的两根分别为和2，
由韦达定理可得：，解得，∴
令，解得或，作出的图象如下图所示：

则
【小问2详解】
由（1）得，当时，有最小值，即，
∵，使得，∴只需即可，
∴，∴，得，故
20、（1）；（2）.
【解析】（1）利用函数为偶函数推出的值，即可求解；
（2）根据函数与方程之间的关系，转化为方程只有一个根，利用换元法进行转化求解即可.
【详解】（1）由题意，函数为偶函数，所以，
即，所以，
即，则对恒成立，解得.
（2）由只有一个零点，
所以方程有且只有一个实根，
即方程有且只有一个实根，
即方程有且只有一个实根，
令，则方程有且只有一个正根，
①当时，，不合题意；
②当时，因为0不是方程的根，所以方程的两根异号或有两相等正根，
由，解得或，
当，则不合题意，舍去；
当，则，符合题意，
若方程有两根异号，则，所以，
综上，的取值范围是.
21、（1）；
（2）见解析.
【解析】(1)根据二次不等式解集与二次函数图像的关系即可求出a的取值；
(2)根据二次函数图像的性质即可分类讨论解不等式.
【小问1详解】
不等式即，
可化为
因为的解集是，
所以且
解得；
【小问2详解】
不等式即，
因为，所以不等式可化为
当时，即，原不等式的解集
当时，即，原不等式的解集为
当时即原不等式的解集.
综上所述，
当时，原不等式的解；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集.