2025屆北京市人民大學附屬中學高一數學第一學期期末聯(lián)考試題含解析

2025屆北京市人民大學附屬中學高一數學第一學期期末聯(lián)考試題考生請注意：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?？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．函數，值域是()A. B.C. D.2．表示不超過實數的最大整數，是方程的根，則（）A. B.C. D.3．定義在上的偶函數滿足，且在上是減函數，若，是銳角三角形的兩個內角，則下列各式一定成立的是（）A. B.C. D.4．若表示空間中兩條不重合的直線，表示空間中兩個不重合的平面，則下列命題中正確的是（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則5．已知方程的兩根分別為、，且、，則A. B.或C.或 D.6．命題P：“，”的否定為A.， B.，C.， D.，7．函數的圖象大致是A. B.C. D.8．對于實數，“”是“”的A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件9．如圖，，下列等式中成立的是（）A. B.C. D.10．若函數的定義域是，則函數值域為（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．當一個非空數集G滿足“如果，則，，，且時，”時，我們稱G就是一個數域，以下關于數域的命題：①0和1都是任何數域的元素；②若數域G有非零元素，則；③任何一個有限數域的元素個數必為奇數；④有理數集是一個數域；⑤偶數集是一個數域，其中正確的命題有______________.12．函數的定義域是__________.13．公元前6世紀，古希臘的畢達哥拉斯學派通過研究正五邊形和正十邊形的作圖，發(fā)現了黃金分割值約為0.618，這一數值也可以表示為.若，則_________.14．在對某工廠甲乙兩車間某零件尺寸的調查中，采用樣本量比例分配的分層隨機抽樣，如果不知道樣本數據，只知道抽取了甲車間10個零件，其尺寸的平均數和方差分別為12和4.5，抽取了乙車間30個零件，其平均數和方差分別為16和3.5，則該工廠這種零件的方差估計值為___________.(精確到0.1)15．______.16．若，則_____________.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．已知函數（1）求的定義域；（2）判斷的奇偶性并予以證明；（3）求不等式的解集18．如圖，在平面直角坐標系中，角，的始邊均為軸正半軸，終邊分別與圓交于，兩點，若，，且點的坐標為（1）若，求實數的值；（2）若，求的值19．已知直線，.(1)若，求的值；(2)若，求的值.20．已知（1）若p為真命題，求實數x的取值范圍（2）若p為q成立的充分不必要條件，求實數a的取值范圍21．如圖，在三棱錐中，底面，，，分別是，的中點.（1）求證：平面；（2）求證：.

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、A【解析】令，求出g(t)的值域，再根據指數函數單調性求f(x)值域.【詳解】令，則，則，故選：A.2、B【解析】先求出函數的零點的范圍，進而判斷的范圍，即可求出.【詳解】由題意可知是的零點，易知函數是（0，）上的單調遞增函數，而，，即所以，結合性質，可知.故選B.【點睛】本題考查了函數的零點問題，屬于基礎題3、A【解析】根據題意，先得到是周期為的函數，再由函數單調性和奇偶性，得出在區(qū)間上是增函數；根據三角形是銳角三角，得到，得出，從而可得出結果.【詳解】因為偶函數滿足，所以函數是周期為的函數，又在區(qū)間上是減函數，所以在區(qū)間上是減函數，因為偶函數關于軸對稱，所以在區(qū)間上是增函數；又，是銳角三角形的兩個內角，所以，即，因此，即，所以.故選：A.【點睛】本題主要考查由函數的基本性質比較大小，涉及正弦函數的單調性，屬于中檔題.4、C【解析】利用空間位置關系的判斷及性質定理進行判斷或舉反例判斷【詳解】對于A，若n?平面α，顯然結論錯誤，故A錯誤；對于B，若m?α，n?β，α∥β，則m∥n或m，n異面，故B錯誤；對于C，若m⊥n，m⊥α，n⊥β，則α⊥β，根據面面垂直的判定定理進行判定，故C正確；對于D，若α⊥β，m?α，n?β，則m，n位置關系不能確定，故D錯誤故選C【點睛】本題考查了空間線面位置關系的性質與判斷，屬于中檔題5、D【解析】將韋達定理的形式代入兩角和差正切公式可求得，根據韋達定理可判斷出兩角的正切值均小于零，從而可得，進而求得，結合正切值求得結果.【詳解】由韋達定理可知：，又，，本題正確選項：【點睛】本題考查根據三角函數值求角的問題，涉及到兩角和差正切公式的應用，易錯點是忽略了兩個角所處的范圍，從而造成增根出現.6、B【解析】“全稱命題”的否定是“特稱命題”根據全稱命題的否定寫出即可【詳解】解：命題P：“，”的否定是：，故選B【點睛】本題考察了“全稱命題”的否定是“特稱命題”，屬于基礎題.7、A【解析】利用函數的奇偶性排除選項B、C項，然后利用特殊值判斷，即可得到答案【詳解】由題意，函數滿足，所以函數為偶函數，排除B、C，又因為時，，此時，所以排除D，故選A【點睛】本題主要考查了函數的圖象的識別問題，其中解答中熟練應用函數的奇偶性進行排除，以及利用特殊值進行合理判斷是解答的關鍵，著重考查了分析問題解決問題的能力，屬于基礎題.8、B【解析】由于不等式的基本性質，“a＞b”?“ac＞bc”必須有c＞0這一條件．解：主要考查不等式的性質．當c=0時顯然左邊無法推導出右邊，但右邊可以推出左邊．故選B考點：不等式的性質點評：充分利用不等式的基本性質是推導不等關系的重要條件9、B【解析】本題首先可結合向量減法的三角形法則對已知條件中的進行化簡，化簡為然后化簡并代入即可得出答案【詳解】因為，所以，所以，即，故選B【點睛】本題考查的知識點是平面向量的基本定理，考查向量減法的三角形法則，考查數形結合思想與化歸思想，是簡單題10、A【解析】根據的單調性求得正確答案.【詳解】根據復合函數單調性同增異減可知在上遞增，，即.故選：A二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、①②③④【解析】利用已知條件中數域的定義判斷各命題的真假，題目給出了對兩個實數的四種運算，要滿足對四種運算的封閉，只有一一驗證.【詳解】①當時，由數域的定義可知，若，則有，即，，故①是真命題;②因為，若，則，則，，則2019，所以，故②是真命題；③，當且時，則，因此只要這個數不為就一定成對出現，所以有限數域的元素個數必為奇數，所以③是真命題；④若，則，且時,，故④是真命題；⑤當時，，所以偶數集不是一個數域，故⑤是假命題；故答案為：①②③④【點睛】關鍵點點睛：理解數域就是對加減乘除封閉的集合，是解題的關鍵，一定要讀懂題目再入手，沒有一個條件是多余的，是難題.12、{|且}【解析】根據函數，由求解.【詳解】因為函數，所以，解得，所以函數的定義域是{|且}，故答案為：{|且}13、【解析】利用同角的基本關系式，可得，代入所求，結合輔助角公式，即可求解【詳解】因為，，所以，所以，故答案為【點睛】本題考查同角三角函數的基本關系式，輔助角公式，考查計算化簡的能力，屬基礎題14、8【解析】設甲車間數據依次為，乙車間數據依次，根據兩個車間的平均數和方差分別求出所有數據之和以及所有數據平方和即可得解.【詳解】設甲車間數據依次為，乙車間數據依次，，，所以，，，所以這40個數據平均數，方差=6.75≈6.8.所以可以判定該工廠這種零點的方差估計值為6.8故答案為：6.815、2【解析】利用兩角和的正切公式進行化簡求值.【詳解】由于，所以，即，所以故答案為：【點睛】本小題主要考查兩角和的正切公式，屬于中檔題.16、【解析】平方得三、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）；（2）奇函數；證明見解析；（3）【解析】（1）利用對數的性質可得，解不等式即可得函數的定義域.（2）根據奇偶性的定義證明的奇偶性即可.（3）由的解析式判斷單調性，利用對數函數的單調性解不等式即可.【詳解】（1）要使有意義，則，解得：∴的定義域為.（2）為奇函數，證明如下：由（1）知：且，∴為奇函數，得證（3）∵在內是增函數，由，∴，解得，∴不等式的解集是.18、（1）；（2）【解析】（1）根據題中條件，先由二倍角的正切公式，求出，再根據任意角的三角函數，即可求出的值；（2）由題中條件，根據兩角差的正切公式，先得到，再由同角三角函數基本關系，求出和，利用二倍角公式，以及兩角和的余弦公式，即可求出結果.【詳解】（1）由題意可得，∴，或∵，∴，即，∴（2）∵，，，∴，，∴，，∴19、（1）；（2）【解析】（1）利用兩條直線垂直的條件，結合兩條直線的方程可得1×（m﹣2）+m×3＝0，由此求得m的值（2）利用兩直線平行的條件，結合兩條直線的方程可得，由此求得得m的值【詳解】（1）∵直線l1：x+my+6＝0，l2：（m﹣2）x+3y+2m＝0，由l1⊥l2，可得1×（m﹣2）+m×3＝0，解得（2）由題意可知m不等于0,由l1∥l2可得，解得m＝﹣1【點睛】本題主要考查兩直線平行、垂直的條件，屬于基礎題20、（1）（2）【解析】（1）根據命題為真可求不等式的解.（2）根據條件關系可得對應集合的包含關系，從而可求參數的取值范圍.【小問1詳解】因為p為真命題，故成立，故.【小問2詳