廣東省揭陽市2025屆高一上數學期末達標檢測試題含解析

廣東省揭陽市2025屆高一上數學期末達標檢測試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．若偶函數在區(qū)間上單調遞增，且，則不等式的解集是（）A. B.C. D.2．設集合，，則（）A B.C. D.3．已知函數為上偶函數，且在上的單調遞增，若，則滿足的的取值范圍是（）A. B.C. D.4．已知函數，則使得成立的的取值范圍是（）A. B.C. D.5．命題“”的否定為A. B.C. D.6．已知角終邊經過點，且，則的值是（）A. B.C. D.7．設方程的解為，則所在的區(qū)間是A. B.C. D.8．已知某幾何體的三視圖如圖所示，根據圖中標出的尺寸單位：，可得這個幾何體得體積是A. B.C.2 D.49．為了得到函數的圖像，只需把函數的圖像上（）A.各點的橫坐標縮短到原來的倍，再向左平移個單位B.各點的橫坐標縮短到原來的倍，再向左平移個單位C.各點的橫坐標縮短到原來的2倍，再向左平移個單位D.各點的橫坐標縮短到原來的2倍，再向左平移個單位10．函數的圖象大致為A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．的化簡結果為____________12．命題“”的否定是______.13．已知函數，若函數的最小值與函數的最小值相等，則實數的取值范圍是__________14．函數的零點為_________________.15．已知指數函數（且）在區(qū)間上的最大值是最小值的2倍，則______16．已知向量，若，則實數的值為______三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．設函數（且，）（1）若是定義在R上的偶函數，求實數k的值；（2）若，對任意的，不等式恒成立，求實數a的取值范圍18．化簡計算：（1）計算：；（2）化簡：19．已知函數，）函數關于對稱.（1）求的解析式；（2）用五點法在下列直角坐標系中畫出在上的圖象；（3）寫出的單調增區(qū)間及最小值，并寫出取最小值時自變量的取值集合20．已知函數的圖象在直線的下方且無限接近直線.（1）判斷函數的單調性（寫出判斷說明即可，無需證明），并求函數解析式；（2）判斷函數的奇偶性并用定義證明；（3）求函數的值域.21．如圖，在棱長為2的正方體中，E，F分別是棱的中點.（1）證明:平面;（2）求三棱錐的體積.

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、D【解析】由偶函數定義可確定函數在上的單調性，由單調性可解不等式．【詳解】由于函數是偶函數，在區(qū)間上單調遞增，且，所以，且函數在上單調遞減.由此畫出函數圖象，如圖所示，由圖可知，的解集是.故選：D.【點睛】本題考查函數的奇偶性與單調性，屬于基礎題．2、C【解析】利用集合的交集運算求解.【詳解】因為集合，，所以，故選：C3、B【解析】根據偶函數的性質和單調性解函數不等式【詳解】是偶函數，．所以不等式化為，又在上遞增，所以，或，即或故選：B4、C【解析】令，則，從而，即可得到，然后構造函數，利用導數判斷其單調性，進而可得，解不等式可得答案【詳解】令，則，，所以，所以，令，則，所以，所以，所以在單調遞增，所以由，得，所以，解得，故選：C【點睛】關鍵點點睛：此題考查不等式恒成立問題，考查函數單調性的應用，解題的關鍵是換元后對不等式變形得，再構造函數，利用函數的單調性解不等式.5、D【解析】根據命題的否定的定義寫出結論，注意存在量詞與全稱量詞的互換【詳解】命題“”的否定為“”故選D【點睛】本題考查命題的否定，解題時一定注意存在量詞與全稱量詞的互換6、A【解析】由終邊上的點及正切值求參數m，再根據正弦函數的定義求.【詳解】由題設，，可得，所以.故選：A7、B【解析】構造函數，則函數的零點所在的區(qū)間即所在的區(qū)間，由于連續(xù)，且：，，由函數零點存在定理可得：所在的區(qū)間是.本題選擇B選項.8、B【解析】先根據三視圖得到幾何體的形狀，然后再根據條件中的數據求得幾何體的體積【詳解】由三視圖可知該幾何體是一個以俯視圖為底面的四棱錐，如下圖中的四棱錐由題意得其底面面積，高，故幾何體的體積故選B【點睛】由三視圖還原幾何體的方法（1）還原后的幾何體一般為較熟悉的柱、錐、臺、球的組合體（2）注意圖中實、虛線，實際是原幾何體中的可視線與被遮擋線（3）想象原形，并畫出草圖后進行三視圖還原，把握三視圖和幾何體之間的關系，與所給三視圖比較，通過調整準確畫出原幾何體9、B【解析】各點的橫坐標縮短到原來的倍，變?yōu)?，再向左平移個單位，得到.10、A【解析】利用函數為奇函數及在時函數值正負，即可得答案.【詳解】由于函數的定義域關于原點對稱，且,所以函數的奇函數,排除B,C選項；又因為,故排除D選項.故選：A.【點睛】本題考查根據函數的解析式選擇函數的圖象，考查數形結合思想，求解時注意根據解析式發(fā)現函數為奇函數及特殊點函數值的正負.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、18【解析】由指數冪的運算與對數運算法則，即可求出結果.【詳解】因為.故答案為18【點睛】本題主要考查指數冪運算以及對數的運算，熟記運算法則即可，屬于基礎題型.12、【解析】根據全稱命題的否定是特稱命題，寫出結論.【詳解】原命題是全稱命題，故其否定是特稱命題，所以原命題的否定是“”.【點睛】本小題主要考查全稱命題的否定是特稱命題，除了形式上的否定外，還要注意否定結論，屬于基礎題.13、【解析】由二次函數的知識得，當時有．令，則，．結合二次函數可得要滿足題意，只需，解不等式可得所求范圍【詳解】由已知可得，所以當時，取得最小值，且令，則，要使函數的最小值與函數的最小值相等，只需滿足，解得或.所以實數的取值范圍是故答案為【點睛】本題考查二次函數最值的問題，求解此類問題時要結合二次函數圖象，即拋物線的開口方向和對稱軸與區(qū)間的關系進行求解，同時注意數形結合在解題中的應用，考查分析問題和解決問題的能力，屬于基礎題14、.【解析】解方程即可.【詳解】令，可得，所以函數的零點為.故答案為：.【點睛】本題主要考查求函數的零點，屬基礎題.15、或2【解析】先討論范圍確定的單調性，再分別進行求解.【詳解】①當時，，得；②當時，，得，故或2故答案為：或2.16、；【解析】由題意得三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）1（2）【解析】（1）由函數奇偶性列出等量關系，求出實數k的值；（2）對原式進行化簡，得到對恒成立，分和兩種情況分類討論，求出實數a的取值范圍.【小問1詳解】由可得，即對恒成立，可解得:【小問2詳解】當時，有由，即有，且故有對恒成立，①若，則顯然成立②若，則函數在上單調遞增故有，解得：；綜上：實數a的取值范圍為18、（1）（2）【解析】（1）根據指數運算法則、對數運算法則求得結果.（2）利用誘導公式化簡，結合同角商數關系即可求解.【詳解】（1）；（2）.19、（1）,（2）詳見解析（3）單調遞增區(qū)間是，，最小值為，取得最小值的的集合.【解析】（1）根據函數的對稱軸，列式，求；（2）利用“五點法”列表，畫圖；（3）根據三角函數的性質，即可求解.【小問1詳解】因為函數關于直線對稱，所以，，因為，所以，所以【小問2詳解】首先根據“五點法”，列表如下：【小問3詳解】令，解得：，，所以函數的單調遞增區(qū)間是，，最小值為令，得，函數取得最小值的的集合.20、（1）函數在上單調遞增，（2）奇函數，證明見解析（3）【解析】（1）根據函數的單調性情況直接判斷；（2）根據奇偶性的定義直接判斷；（3）由奇偶性直接判斷值域.【小問1詳解】因為隨著增大，減小，即增大，故隨增大而增大，所以函數在上單調遞增.由的圖象在直線下方，且無限接近直線，得，所以函數的解析式.【小問2詳解】由（1）得，整理得，函數定義域關于原點對稱，，所以函數是奇函數.小問3詳解】方法一：由（1）知，由（2）知，函數圖象關于原點中心對稱，故，所以函數的值域為.方法二：由，得，得，得，得，得，所以函數的值域為.21、（1）證明見解析（2）【解析】（1）連接,設,連接EF,EO,利用中位線和正方體的性質證明四邊形是平行四邊形,進而可證平面