貴州省納雍縣第五中學2025屆高一數學第一學期期末考試試題含解析

貴州省納雍縣第五中學2025屆高一數學第一學期期末考試試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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H是球的直徑AB上一點，AH:HB=1:2，AB⊥平面，H為垂足，截球所得截面的面積為，則球的表面積為A. B.C. D.2．設，，，則有（）A. B.C. D.3．已知集合A={t2+s2|t，s∈Z}，且x∈A，y∈A，則下列結論正確的是Ax+y∈AB.x-y∈AC.xy∈AD.4．已知“”是“”的充分不必要條件，則k的取值范圍為（）A. B.C. D.5．如圖，一個空間幾何體的主視圖、左視圖、俯視圖為全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角邊長為1，那么這個幾何體的體積為A.1 B.C. D.6．函數的圖象大致是A. B.C. D.7．函數的值域是A. B.C. D.8．已知角的頂點與坐標原點重合，始邊與軸的非負半軸重合，將角的終邊按順時針方向旋轉后經過點，則（）A. B.C. D.9．設全集為，集合，，則（）A. B.C. D.10．如圖：在正方體中，設直線與平面所成角為，二面角的大小為，則為A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知α為第二象限角，且則的值為______.12．將函數的圖象向左平移個單位長度得到函數的圖象，若使得，且的最小值為，則_________.13．命題“”的否定是________________.14．若sinθ=，求的值_______15．設x、y滿足約束條件，則的最小值是________.16．從2008年京津城際鐵路通車運營開始，高鐵在過去幾年里快速發(fā)展，并在國民經濟和日常生活中扮演著日益重要的角色.下圖是2009年至2016年高鐵運營總里程數的折線圖圖（圖中的數據均是每年12月31日的統(tǒng)計結果).根據上述信息下列結論中，所有正確結論的序號是____①2015年這一年,高鐵運營里程數超過0.5萬公里;②2013年到2016年高鐵運營里程平均增長率大于2010到2013高鐵運營里程平均增長率;③從2010年至2016年，新增高鐵運營里程數最多的一年是2014年;④從2010年至2016年，新增高鐵運營里程數逐年遞增;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．設在區(qū)間單調，且都有（1）求的解析式；（2）用“五點法”作出在的簡圖，并寫出函數在的所有零點之和.18．已知函數.（1）判斷并證明的奇偶性；（2）若，求的取值范圍.19．已知（1）化簡；（2）若，求的值20．若集合，，.（1）求；（2）若，求實數的取值范圍.21．已知函數，.（1）若在區(qū)間上是單調函數，則的取值范圍；（2）在（1）的條件下，是否存在實數，使得函數與函數的圖象在區(qū)間上有唯一的交點，若存在，求出的范圍，若不存在，請說明理由.

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】設球的半徑為，根據題意知由與球心距離為的平面截球所得的截面圓的面積是，我們易求出截面圓的半徑為1，根據球心距、截面圓半徑、球半徑構成直角三角形，滿足勾股定理，我們易求出該球的半徑，進而求出球的表面積【詳解】設球的半徑為，∵，∴平面與球心的距離為，∵截球所得截面的面積為，∴時，，故由得，∴，∴球的表面積，故選D【點睛】本題主要考查的知識點是球的表面積公式，若球的截面圓半徑為，球心距為，球半徑為，則球心距、截面圓半徑、球半徑構成直角三角形，滿足勾股定理，屬于中檔題.2、C【解析】利用和差公式，二倍角公式等化簡，再利用正弦函數的單調性比較大小.【詳解】，，，因為函數在上是增函數，，所以由三角函數線知：，，因為，所以，所以故選：C.3、C【解析】∵集合A={t2+s2∣∣t,s∈Z}，∴1∈A，2∈A，1+2=3?A，故A“x+y∈A”錯誤；又∵1?2=?1?A，故B“x?y∈A”錯誤；又∵,故D“∈A”錯誤；對于C,由，設，且.則.且，所以.故選C.4、C【解析】根據“”是“”的充分不必要條件，可知是解集的真子集，然后根據真子集關系求解出的取值范圍.【詳解】因為，所以或，所以解集為，又因為“”是“”的充分不必要條件，所以是的真子集，所以，故選：C.【點睛】結論點睛：一般可根據如下規(guī)則判斷充分、必要條件：（1）若是的必要不充分條件，則對應集合是對應集合的真子集；（2）若是的充分不必要條件，則對應集合是對應集合的真子集；（3）若是的充分必要條件，則對應集合與對應集合相等；（4）若是的既不充分也不必要條件，則對應集合與對應集合互不包含.5、D【解析】由三視圖可知：此立體圖形是一個底面為等腰直角三角形，一條棱垂直于底面的三棱錐；所以其體積為.故選D.考點：三視圖和立體圖形的轉化；三棱錐的體積.6、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.7、C【解析】函數中，因為所以.有.故選C.8、A【解析】根據角的旋轉與三角函數定義得，利用兩角和的正切公式求得，然后待求式由二倍公式，“1”的代換，變成二次齊次式，轉化為的式子，再計算可得【詳解】解：將角的終邊按順時針方向旋轉后所得的角為，因為旋轉后的終邊過點，所以，所以.所以.故選：A9、B【解析】先求出集合B的補集，再根據集合的交集運算求得答案.【詳解】因為，所以，故，故選:B.10、B【解析】連結BC1，交B1C于O，連結A1O，∵在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，BC1⊥B1C，BC1⊥DC，∴BO⊥平面A1DCB1，∴∠BA1O是直線A1B與平面A1DCB1所成角θ1，∵BO=A1B，∴θ1=30°；∵BC⊥DC，B1C⊥DC，∴∠BCB1是二面角A1﹣DC﹣A的大小θ2，∵BB1=BC，且BB1⊥BC，∴θ2=45°故答案選：B二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】根據已知求解得出，再利用誘導公式和商數關系化簡可求【詳解】由，得，得或.α為第二象限角，，.故答案：.12、【解析】根據三角函數的圖形變換，求得，根據，不妨設，求得，，得到則，根據題意得到，即可求解.【詳解】將函數的圖象向左平移個單位長度，可得，又由，不妨設，由，解得，即，又由，解得，即則，因為的最小值為，可得，解得或，因為，所以.故答案為：13、.【解析】根據含有一個量詞的命題的否定可得結果【詳解】由含有一個量詞的命題的否定可得，命題“”的否定為“”故答案為【點睛】對于含有量詞的命題的否定要注意兩點：一是要改換量詞，把特稱（全稱）量詞改為全稱（特稱）量詞；二是把命題進行否定．本題考查特稱命題的否定，屬于簡單題14、6【解析】先通過誘導公式對原式進行化簡，然后通分，進而通過同角三角函數的平方關系將原式轉化為只含的式子，最后得到答案.【詳解】原式=+，因為，所以.所以.故答案為：6.15、-6【解析】先根據約束條件畫出可行域，再利用的幾何意義求最值，只需求出直線過可行域內的點時，從而得到的最小值即可【詳解】解：由得，作出不等式組對應的平面區(qū)域如圖（陰影部分ABC）：平移直線，由圖象可知當直線，過點A時，直線截距最大，此時z最小，由得，即，代入目標函數，得∴目標函數的最小值是﹣6故答案為：【點睛】本題考查簡單線性規(guī)劃問題，屬中檔題16、②③【解析】根據數據折線圖，分別進行判斷即可.【詳解】①看2014，2015年對應的縱坐標之差小于2-1.5=0.5，故①錯誤；②連線觀察2013年到2016年兩點連線斜率更大，故②正確；③2013年到2014年兩點縱坐標之差最大，故③正確；④看相鄰縱坐標之差是否逐年增加，顯然不是，有增有減，故④錯誤；故答案為：②③.三、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）圖象見解析，所有零點之和為【解析】（1）依題意在時取最大值，在時取最小值，再根據函數在單調，即可得到，即可求出，再根據函數在取得最大值求出，即可求出函數解析式；（2）列出表格畫出函數圖象，再根據函數的對稱性求出零點和；【小問1詳解】解：依題意在時取最大值，在時取最小值，又函數在區(qū)間單調，所以，即，又，所以，由得，即，又因為，所以，，所以.【小問2詳解】解：列表如下0001所以函數圖象如下所示：由圖知的一條對稱軸為有兩個實數根，記為，則由對稱性知，所以所有實根之和為.18、（1）是奇函數，證明見解析（2）【解析】（1）先求函數的定義域，再利用奇偶性的定義進行判定；（2）先解關于的一元二次不等式得到，再利用對數函數的單調性轉化為分式不等式進行求解.【小問1詳解】解：是奇函數，證明如下：令，即，解得，即的定義域為；對于任意，都有，且，即，所以是奇函數.【小問2詳解】解：因為，所以，則，即，所以，因為，所以，所以可化為，解得，即的取值范圍為.19、（1）（2）.【解析】（1）根據誘導公式及同角關系式化簡即得；（2）根據可知，從而求得結果.【小問1詳解】由誘導公式可得：；【小問2詳解】由于，有，得，，可得故值為.20、（1）；（2）.【解析】（1）解不等式求出集合，再進行交集運算即可求解；（2）解不等式求集合，根據并集的結果列不等式即可求解.【詳解】（1），，；（2），或，，.即實數的取值范圍為.21、（1）或；（2）存在，且的取值范圍是.【解析】（1）分、兩種情況討論，根據函數在區(qū)間上單調可出關于的不等式，綜合可得出實數的取值范圍；（2）分、、、四種情況討論，分析兩個函數在區(qū)間上的單調性，根據已知條件可得出關于實數的不等式（組），綜合可解得實數的取值范圍.【小問1詳解】解：當時在上單調遞減.當時，是二次函數，其對稱軸為直線，在區(qū)間上是單調函數，或，即或，解得：或或.綜上：或.【小問2詳解】解：①當時，單調遞減，單調遞增，則函數單調遞增，因為，，由零點存在定理可知，存在唯一的使得，此時，函數與函數在區(qū)間上的圖象有唯一的交點，合乎題意；②當時，二次函數的圖象開口向下，對稱軸為直線，所以，在上單調遞減，單調遞增，則函數在上單調遞增，要使得函數與函數的圖象在區(qū)間上有唯一的交點，則，解得，此時；③當時，二次函數的圖象開口向上，對稱軸，則在上單調遞減，在上單調遞增，則函數上單調遞增，要使得函數與函數的圖象在區(qū)間上有唯一的交點，則，解得，此時；④當時，