福建省莆田第九中学2025年高一数学第一学期期末预测试题含解析.doc

福建省莆田第九中学2025年高一数学第一学期期末预测试题
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，且，则的最小值为（）
A.3 B.4
C.6 D.9
2．已知，分别是圆和圆上的动点，点在直线上，则的最小值是（）
A. B.
C. D.
3．是所在平面上的一点,满足,若,则的面积为（ ）
A.2 B.3
C.4 D.8
4．若定义在上的奇函数在单调递减，且，则的解集是（）
A. B.
C. D.
5．若方程x2 +2x+m2 +3m = mcos(x+1) + 7有且仅有1个实数根，则实数m的值为（）
A.2 B.-2
C.4 D.-4
6．已知函数，则
A. B.0
C.1 D.
7．如图，质点在单位圆周上逆时针运动，其初始位置为，角速度为2，则点到轴距离关于时间的函数图象大致为（）

A. B.
C. D.
8．函数f（x）=|x3|•ln的图象大致为（　　）
A. B.
C. D.
9．函数的部分图像是
A. B.
C. D.
10．函数（，）在一个周期内的图象如图所示，为了得到正弦曲线，只需把图象上所有的点（）

A.向左平移个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变
B.向右平移个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变
C.向左平移个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变
D.向右平移个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A－BD－C，有如下四个结论
①AC⊥BD；
②△ACD是等边三角形；
③AB与平面BCD成60°的角；
④AB与CD所成的角是60°.
其中正确结论的序号是________
12．如图，在中， ，以为圆心、为半径作圆弧交于点．若圆弧等分的面积，且弧度，则=________.

13．经过点P(3,2),且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为（写出一般式）___
14．已知A、B均为集合的子集，且，，则集合________
15．已知一等腰三角形的周长为12，则将该三角形的底边长y（单位：）表示为腰长x（单位：）的函数解析式为___________.（请注明函数的定义域）
16．设常数使方程在闭区间上恰有三个不同的解，则实数的取值集合为________，_______
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．已知向量 ，，设函数=+
（1）求函数的最小正周期和单调递增区间；
（2）当时，求函数的值域
18．如图，在平面直角坐标系中，点为单位圆与轴正半轴的交点，点为单位圆上的一点，且，点沿单位圆按逆时针方向旋转角后到点.

（1）当时，求的值；
（2）设，求的取值范围.
19．如图，在棱长都相等的正三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AA1，B1C的中点.

（1）求证：DE平面ABC；
（2）求证：B1C⊥平面BDE.
20．已知函数
（1）求的最小正周期；
（2）若，，求的值
21．已知函数(，且).
（1）判断函数的奇偶性，并予以证明；
（2）求使的x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】将变形为，再将变形为，整理后利用基本不等式可求最小值.
【详解】因为，故，
故，
当且仅当时等号成立，
故的最小值为3.
故选：A.
【点睛】方法点睛：应用基本不等式求最值时，需遵循“一正二定三相等”，如果原代数式中没有积为定值或和为定值，则需要对给定的代数变形以产生和为定值或积为定值的局部结构.求最值时要关注取等条件的验证.
2、B
【解析】由已知可得，，求得关于直线的对称点为，则，计算即可得出结果.
【详解】由题意可知圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径
设关于直线的对称点为，则解得，
则
因为，分别在圆和圆上，所以，，
则
因为，所以
故选：B.
3、A
【解析】∵，
∴，
∴，且方向相同
∴，
∴．选A
4、C
【解析】分析函数的单调性，可得出，分、两种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集.
【详解因为定义在上的奇函数在单调递减，则函数在上为减函数.
且，
当时，由可得，则；
当时，由可得，则.
综上所述，不等式的解集为.
故选：C.
5、A
【解析】令，由对称轴为，可得，解出，并验证即可.
【详解】依题意，有且仅有1个实数根.
令，对称轴为.
所以，解得或.
当时，，易知是连续函数，又，，
所以在上也必有零点，此时不止有一个零点，故不合题意；
当时，，此时只有一个零点，故符合题意.
综上，.
故选：A
【点睛】关键点点睛：构造函数，求出的对称轴，利用对称的性质得出.
6、C
【解析】根据自变量所在的范围先求出，然后再求出
【详解】由题意得，
∴
故选C
【点睛】根据分段函数的解析式求函数值时，首先要分清自变量所属的范围，然后再代入解析式后可得结果，属于基础题
7、A
【解析】利用角速度先求出时，的值，然后利用单调性进行判断即可
【详解】因为，
所以由，得，此时，所以排除CD，
当时，越来越小，单调递减，所以排除B，
故选：A
8、A
【解析】判断函数的奇偶性和对称性，利用特殊点的函数值是否对应进行排除即可
【详解】f（-x）=|x3|•ln=-|x3|•ln=-f（x），则函数f（x）是奇函数，图象关于原点对称，排除B，D，
f（）=ln=ln＜0，排除C，
故选A
【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数奇偶性和特殊值进行排除是解决本题的关键
9、D
【解析】根据函数的奇偶性和函数值在某个区间上的符号，对选项进行排除，由此得出正确选项.
【详解】∵是奇函数，其图像关于原点对称，∴排除A,C项；当时，，∴排除B项.
故选D.
【点睛】本小题主要考查函数图像的识别，考查函数的单调性，属于基础题.
10、B
【解析】先利用图像求出函数的解析式，在对四个选项，利用图像变换一一验证即可.
【详解】由图像可知：，所以,所以，解得：.
所以.
又图像经过，所以，解得：，
所以
对于A：把图象上所有的点向左平移个单位长度，得到，再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变得到.故A错误；
对于B：把图象上所有点向右平移个单位长度，得到，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变.故B正确；
对于C：把图象上所有点向左平移个单位长度，得到，再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变.故C错误；
对于D：把图象上所有的点向右平移个单位长度，得到，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变得到.故D错误；
故选：B

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、①②④
【解析】①取BD的中点O，连接OA,OC,所以,所以平面OAC，所以AC⊥BD；②设正方形的边长为a，则在直角三角形ACO中，可以求得OC=a，
所以△ACD是等边三角形；③AB与平面BCD成45角；④分别取BC，AC的中点为M，N，连接ME，NE，MN.则MN∥AB，且MN＝AB＝a，ME∥CD，且ME＝CD＝a，∴∠EMN是异面直线AB，CD所成的角．在Rt△AEC中，AE＝CE＝a，AC＝a，∴NE＝AC＝a.∴△MEN是正三角形，∴∠EMN＝60°，故④正确
考点：本小题主要考查平面图形向空间图形的折叠问题，考查学生的空间想象能力.
点评：解决此类折叠问题，关键是搞清楚折叠前后的变量和不变的量.
12、
【解析】设扇形的半径为，则扇形的面积为，直角三角形中， ， ，面积为，由题意得，∴，∴，故答案为
点睛：本题考查扇形的面积公式及三角形的面积公式的应用，考查学生的计算能力，属于基础题；设出扇形的半径，求出扇形的面积，再在直角三角形中求出高，计算直角三角形的面积，由条件建立等式，解此等式求出与的关系，即可得出结论.
13、x+y-5=0 或2x-3y=0
【解析】当直线经过原点时，在两坐标轴上的截距相等，可得其方程为2x﹣3y＝0；当直线不经过原点时，可得它的斜率为﹣1，由此设出直线方程并代入P的坐标，可求出其方程为x+y﹣5＝0，最后加以综合即可得到答案
【详解】当直线经过原点时，设方程为y＝kx，
∵直线经过点P（3，2），∴2＝3k，解之得k，
此时的直线方程为yx，即2x﹣3y＝0；
当直线不经过原点时，设方程为x+y+c＝0，
将点P（3，2）代入，得3+2+c＝0，解之得c＝﹣5，此时的直线方程为x+y﹣5＝0
综上所述，满足条件的直线方程为：2x﹣3y＝0或x+y﹣5＝0
故答案为：x+y-5=0 或2x-3y=0
【点睛】本题给出直线经过定点且在两个轴上的截距相等，求直线的方程．着重考查了直线的基本量与基本形式等知识，属于基础题
14、
【解析】根据集合的交集与补集运算,即可求得集合A中的元素.再判定其他元素是否符合要求.
【详解】A、B均为集合的子集
若,则
若,则
假设,因为,则.所以,则必含有1,不合题意,所以
同理可判断
综上可知,
故答案为:
【点睛】本题考查了元素与集合的关系,集合与集合的交集与补集运算,对于元素的分析方法,属于基础题.
15、
【解析】根据题意得，再结合两边之和大于第三边，底边长大于得，进而得答案.
【详解】解：根据题意得，
由三角形两边之和大于第三边得，
所以，即，
又因为，解得
所以该三角形的底边长y（单位：）表示为腰长x（单位：）的函数解析式为
故答案为：
16、 ①. ②.
【解析】利用辅助角公式可将问题转化为在上直线与三角函数图象的恰有三个交点，利用数形结合可确定的取值；由的取值可求得的取值集合，从而确定的值，进而得到结果.
【详解】，
方程的解即为在上直线与三角函数图象的交点，

由图象可知：当且仅当时，直线与三角函数图象恰有三个交点，
即实数的取值集合为；
，或，
即或，
此时，，，.
故答案为：；.
【点睛】思路点睛：本题考查与三角函数有关的方程根的个数问题，解决方程根的个数的基本思路是将问题转化为两函数交点个数问题，从而利用数形结合的方式来进行求解.

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）根据向量数量积的坐标运算及辅助角公式，可得，然后由周期公式去求周期，再结合正弦函数的单调性去求函数的单调递增区间；

（2）由（1）知，由求出，再结合正弦函数的单调性去求函数的值域
【详解】（1）依题意得
=
=
=
的最小正周期是：
由解得，
从而可得函数的单调递增区间是：
（2）由，可得，
所以，
从而可得函数的值域是：
18、（1）
（2）
【解析】（1）根据三角函数的定义结合二倍角的正弦公式、诱导公式化简可得的值；
（2）利用辅助角公式可得，结合角的取值范围可求得的取值范围.
【小问1详解】
解：由三角函数的定义，可得，
当时，，即，，

【小问2详解】
解：，，，
所以，，
，则，则，即的取值范围为.
19、（1）证明过程见解析；
（2）证明过程见解析.
【解析】（1）根据面面平行的判定定理，结合线面平行的判定定理、面面平行的性质进行证明即可；
（2）根据正三棱柱的几何性质，结合面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理、面面平行的性质定理进行证明即可.
【小问1详解】
设G是CC1的中点，连接，
因为E为B1C的中点，所以，而，所以，
因为平面ABC，平面ABC，所以平面ABC，
同理可证平面ABC，因为平面，且，
所以面平面ABC，而平面，所以DE 平面ABC；
【小问2详解】
设是的中点，连接，
因为E为B1C的中点，所以，而，所以，
由（1）可知：面平面ABC，平面平面，平面平面，因此，
在正三棱柱ABC－A1B1C1中，平面平面ABC，而平面平面ABC，
因为ABC是正三角形，是的中点，所以，因此平面，
而平面，因此，而，所以，
因为正三棱柱ABC－A1B1C1中棱长都相等，所以，而E分别为B1C的中点，
所以，而平面BDE，，所以B1C⊥平面BDE.

20、（1）
（2）
【解析】(1)根据二倍角的正、余弦公式和辅助角公式化简计算可得，
结合公式计算即可；
(2)根据同角三角函数的基本关系和角的范围求出，根据
和两角和的正弦公式直接计算即可.
【小问1详解】

最小正周期
【小问2详解】
，因为，，
若，则，不合题意，
又，所以，
因为，所以，
所以

21、（1）是奇函数，证明见解析；（2）.
【解析】（1）先根据对数函数的定义得函数的定义域关于原点对称，再根据函数的奇偶性定义判断即可；
（2）由已知条件得，再分与两种情况讨论，结合对数函数的单调性列出不等式组，求出x的取值范围即可.
【详解】（1）函数是奇函数.
证明：要使函数的解析式有意义，
需的解析式都有意义，
即解得，
所以函数的定义域是，
所以函数的定义域关于原点对称.
因为

所以函数是奇函数.
（2）若，
即.
当时，有
解得；
当时，有
解得，
综上所述，当时，x的取值范围是，
当时，x的取值范围是.
【点睛】该题考查的是有关函数的问题，涉及到的知识点有本题函数的奇偶性的判断与证明、对数函数的单调性、根据单调性解不等式，不用对参数进行讨论，属于中档题目.