陜西省渭南市韓城市教學研究室2025屆高一上數學期末教學質量檢測試題含解析

陜西省渭南市韓城市教學研究室2025屆高一上數學期末教學質量檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y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．已知函數，若函數有四個零點，則的取值范圍是A. B.C. D.2．若，，若，則a的取值集合為（）A. B.C. D.3．如圖，在棱長為1的正方體中，三棱錐的體積為（）A. B.C. D.4．30°的弧度數為（）A. B.C. D.5．圓與直線相交所得弦長為（）A.1 B.C.2 D.26．下列說法正確的有（）①兩個面平行且相似，其余各面都是梯形的多面體是棱臺；②經過球面上不同的兩點只能作一個大圓；③各側面都是正方形的四棱柱一定是正方體；④圓錐的軸截面是等腰三角形.A.1個 B.2個C.3個 D.4個7．若，則的最小值是（）A. B.C. D.8．函數的零點所在的區(qū)間是A. B.C. D.9．已知，且，則下列不等式一定成立的是（）A. B.C. D.10．下列結論正確的是（）A.不相等的角終邊一定不相同B.，，則C.函數的定義域是D.對任意的，，都有二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．設函數f（x）=，則f（-1）+f（1）=______12．函數是定義在R上的奇函數，當時，2，則在R上的解析式為________.13．計算：___________.14．已知函數有兩個零點分別為a，b，則的取值范圍是_____________15．函數的值域為_____________16．我國古代數學名著《續(xù)古摘奇算法》（楊輝著）一書中有關于三階幻方的問題：將1,2,3,4,5,6,7,8,9分別填入的方格中，使得每一行，每一列及對角線上的三個數的和都相等(如圖所示)，我們規(guī)定：只要兩個幻方的對應位置（如每行第一列的方格）中的數字不全相同，就稱為不同的幻方，那么所有不同的三階幻方的個數是__________.834159672三、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．已知a，b為正實數，且.（1）求a2＋b2的最小值；（2）若，求ab的值18．已知函數定義在上且滿足下列兩個條件:①對任意都有;②當時,有，（1）求，并證明函數在上是奇函數；（2）驗證函數是否滿足這些條件；（3）若，試求函數的零點.19．已知直線，點.（1）求過點且與平行的直線的方程；（2）求過點且與垂直的直線的方程.20．已知函數滿足：.（1）證明：；（2）對滿足已知的任意值，都有成立，求m的最小值.21．已知函數.（1）求函數的定義域；（2）若對任意恒有，求實數的取值范圍.

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、B【解析】不妨設，的圖像如圖所示，則，，其中，故，也就是，則，因，故.故選：B.【點睛】函數有四個不同零點可以轉化為的圖像與動直線有四個不同的交點，注意函數的圖像有局部對稱性，而且還是倒數關系.2、B【解析】或，分類求解，根據可求得的取值集合【詳解】或，，，或或，解得或，綜上，故選：3、A【解析】用正方體的體積減去四個三棱錐的體積【詳解】由，故選：A4、B【解析】根據弧度與角度之間的轉化關系進行轉化即可．詳解】解：，故選．【點睛】本題考查了將角度制化為弧度制，屬于基礎題．5、D【解析】利用垂徑定理可求弦長.【詳解】圓的圓心坐標為，半徑為，圓心到直線的距離為，故弦長為：，故選：D.6、A【解析】根據棱臺、球、正方體、圓錐的幾何性質，分析判斷，即可得答案.【詳解】①中若兩個底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保證側棱延長線會交于一點，所以①不正確；②中若球面上不同的兩點恰為球的某條直徑的兩個端點，則過此兩點的大圓有無數個，所以②不正確；③中底面不一定是正方形，所以③不正確；④中圓錐的母線長相等，所以軸截面是等腰三角形，所以④是正確的.故選：A7、A【解析】先由得到，利用基本不等式“1的妙用”即可求出最小值.【詳解】因為，所以且，所以且，即，所以當且僅當時，即時等號成立.故選：A8、B【解析】∵，，，，∴函數的零點所在區(qū)間是故選B點睛：函數零點問題，常根據零點存在性定理來判斷，如果函數在區(qū)間上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線，且有，那么，函數在區(qū)間內有零點，即存在使得

這個也就是方程的根．由此可判斷根所在區(qū)間.9、D【解析】對A，B，C，利用特殊值即可判斷，對D，利用不等式的性質即可判斷.【詳解】解：對A，令，，此時滿足，但，故A錯；對B，令，，此時滿足，但，故B錯；對C，若，，則，故C錯；對D，，則，故D正確.故選：D.10、B【解析】根據對數函數與三角函數的性質依次討論各選項即可得答案.【詳解】解：對于A選項，例如角的終邊相同，但不相等，故錯誤；對于B選項，，，則，故正確；對于C選項，由題，解得，即定義域是，故錯誤；對于D選項，對數不存在該運算法則，故錯誤；故選：B二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、3【解析】直接利用函數的解析式，求函數值即可【詳解】函數f（x）=，則==3故答案為3【點睛】本題考查分段函數的應用，函數值的求法，考查計算能力12、【解析】由是定義域在上的奇函數，根據奇函數的性質，可推得的解析式.【詳解】當時，2，即，設，則，，又為奇函數，，所以在R上的解析式為.故答案為：.13、7【解析】直接利用對數的運算法則以及指數冪的運算法則化簡即可.【詳解】.故答案為：7.14、【解析】根據函數零點可轉化為有2個不等的根，利用對數函數的性質可知，由均值不等式求解即可.詳解】不妨設，因為函數有兩個零點分別為a，b，所以，所以，即，且，，當且僅當，即時等號成立，此時不滿足題意，，即，故答案為：15、【解析】利用二倍角余弦公式可得令，結合二次函數的圖象與性質得到結果.【詳解】由題意得：令，則∵在上單調遞減，∴的值域為：故答案為：【點睛】本題給出含有三角函數式的“類二次”函數，求函數的值域．著重考查了三角函數的最值和二次函數在閉區(qū)間上的值域等知識，屬于中檔題16、8【解析】三階幻方，是最簡單的幻方，由1，2，3，4，5，6，7，8，9．其中有8種排法492、357、816；276、951、438；294、753、618；438、951、276；816、357、492；618、753、294；672、159、834；834、159、672故答案為：8三、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）1.【解析】（1）根據和可得結果；（2）由得，將化為解得結果即可.【詳解】（1）因為a，b為正實數，且，所以，即ab≥(當且僅當a＝b時等號成立)因為(當且僅當a＝b時等號成立)，所以a2＋b2的最小值為1.（2）因為，所以，因為，所以，即，所以(ab)2－2ab＋1≤0，(ab－1)2≤0，因為，所以ab＝1.【點睛】本題考查了利用基本不等式求最值，屬于基礎題.18、(1)見解析;(2)見解析;(3).【解析】令代入即可求得，令，則可得，即可證明結論根據函數的解析式求出定義域滿足條件，再根據對數的運算性質，計算與并進行比較，根據對數函數的性質判斷當時，的符號，即可得證用定義法先證明函數的單調性，然后轉化函數的零點為，利用條件進行求解【詳解】（1）對條件中的，令得.再令可得所以在（－1，1）是奇函數.(2)由可得，其定義域為（-1，1），當時，∴∴故函數是滿足這些條件.（3）設，則，，由條件②知，從而有，即故上單調遞減，由奇函數性質可知,在（0，1）上仍是單調減函數.原方程即為，在(-1,1)上單調又故原方程的解為.【點睛】本題考查的知識點是函數的奇偶性與函數的單調性，考查了對數函數的圖象和性質，解題的關鍵是熟練掌握抽象函數的處理方式，將抽象問題具體化，有一定的難度和計算量19、（1）（2）【解析】（1）由于直線與直線平行，所以直線的斜率與直線的斜率相等，所以利用點斜式可求出直線方程，（2）由于直線與直線垂直，所以直線的斜率與直線的斜率乘積等于，從而可求出直線的斜率，再利用點斜式可求出直線方程，【小問1詳解】已知直線的斜率為，設直線的斜率為，∵與平行，∴，∴直線的方程為，即直線的方程為，【小問2詳解】已知直線的斜率為，設直線的斜率為，∵與垂直，∴，∴，∴直線的方程為，即直線的方程為.20、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）由二次不等式恒成立，可得判別式小于等于0，化簡即可得證；（2）由（1）可得，分別討論或，運用參數分離和函數的單調性，可求得所求的最小值.【詳解】（1）證明：.即恒成立.則，化簡得；（2）由（1）得，當時，，令，則，令在上單調遞增，所以，所以；當時，，所以，此時或0，，從而有，綜上可得，m的最小值為.【點睛】方法點睛：本題考查不等式的證明，以及不等式恒成立問題，常運用參變分離的方法，運用函數的單調性