上海市復興中學2025屆高一數學第一學期期末質量跟蹤監(jiān)視試題含解析

上海市復興中學2025屆高一數學第一學期期末質量跟蹤監(jiān)視試題考生請注意：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．已知命題，，則p的否定是（）A.， B.，C.， D.，2．不等式的解集為，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.3．某國近日開展了大規(guī)模COVID-19核酸檢測，并將數據整理如圖所示，其中集合S表示（）A.無癥狀感染者 B.發(fā)病者C.未感染者 D.輕癥感染者4．方程的根所在的區(qū)間為A. B.C. D.5．設函數，若，則的取值范圍為A. B.C. D.6．函數與則函數所有零點的和為A.0 B.2C.4 D.87．下列不等關系中正確的是（）A. B.C. D.8．使不等式成立的充分不必要條件是（）A. B.C. D.9．古希臘數學家阿波羅尼奧斯（約公元前262~公元前190年）的著作《圓錐曲線論》是古代世界光輝的科學成果，著作中有這樣一個命題：平面內與兩定點距離的比為常數（且）的點的軌跡是圓，后人將這個圓稱為阿波羅尼斯圓．已知，動點滿足，則動點軌跡與圓位置關系是（）A.外離 B.外切C.相交 D.內切10．已知集合，，則A∩B中元素的個數為（）A.2 B.3C.4 D.5二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．函數是偶函數，且它的值域為，則__________12．已知函數的圖象與函數及函數的圖象分別交于兩點，則的值為__________13．，，則_________14．若偶函數在區(qū)間上單調遞增，且，，則不等式的解集是___________.15．若，則______.16．函數的部分圖象如圖所示，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．如圖，四面體中，平面，，，，.（Ⅰ）求四面體的四個面的面積中，最大的面積是多少？（Ⅱ）證明：在線段上存在點，使得，并求的值18．已知函數.（1）求函數的最小正周期和單調區(qū)間；（2）求函數在上的值域.19．已知θ是第二象限角，，求：（1）；（2）20．等腰直角三角形中，，為的中點，正方形與三角形所在的平面互相垂直（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）若，求點到平面的距離21．已知非空集合，非空集合（1）若，求（用區(qū)間表示）；（2）若，求m的范圍.

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、D【解析】由否定的定義寫出即可.【詳解】p的否定是，.故選：D2、C【解析】將不等式的解集為，轉化為不等式的解集為R，分和兩種情況討論求解.【詳解】因為不等式的解集為，所以不等式的解集為R，當，即時，成立；當，即時，，解得，綜上：實數的取值范圍是故選：C【點睛】本題主要考查一元二次不等式恒成立問題，還考查了分類討論的思想和運算求解的能力，屬于基礎題.3、A【解析】由即可判斷S的含義.【詳解】解：由圖可知，集合S是集合A與集合B的交集，所以集合S表示：感染未發(fā)病者，即無癥狀感染者，故選：A.4、C【解析】令函數，則方程的根即為函數的零點再根據函數零點的判定定理可得函數零點所在區(qū)間【詳解】令函數，則方程的根即為函數的零點，再由，且，可得函數在上有零點故選C【點睛】本題主要考查函數的零點的判定定理的應用，屬于基礎題5、A【解析】根據對數函數的性質單調遞增，，列出不等式，解出即可.【詳解】∵函數在定義域內單調遞增，，∴不等式等價于，解得，故選A.【點睛】本題主要考查了對數不等式的解法，在解題過程中要始終注意函數的定義域，也是易錯點，屬于中檔題.6、C【解析】分析：分別作與圖像，根據圖像以及對稱軸確定零點以及零點的和.詳解：分別作與圖像，如圖，則所有零點的和為,選C.點睛：對于方程解的個數(或函數零點個數)問題，可利用函數的值域或最值，結合函數的單調性、草圖確定其中參數范圍．從圖象的最高點、最低點，分析函數的最值、極值；從圖象的對稱性，分析函數的奇偶性；從圖象的走向趨勢，分析函數的單調性、周期性等7、C【解析】對于A，作差變形，借助對數函數單調性判斷；對于C，利用均值不等式計算即可判斷；對于B，D，根據不等式的性質及對數函數單調性判斷作答.【詳解】對于A，，而函數在單調遞增，顯然，則，A不正確；對于B，因為，所以，故，B不正確；對于C，顯然，，，C正確；對于D，因為，所以，即，D不正確.故選：C8、A【解析】解一元二次不等式，再根據充分條件、必要條件的定義結合集合間的關系直接判斷作答.【詳解】解不等式得：，對于A，因，即是成立的充分不必要條件，A正確；對于B，是成立的充要條件，B不正確；對于C，因，且，則是成立的不充分不必要條件，C不正確；對于D，因，則是成立必要不充分條件，D不正確.故選：A9、C【解析】設動點P的坐標，利用已知條件列出方程，化簡可得點P的軌跡方程為圓，再判斷圓心距和半徑的關系即可得解.，詳解】設，由，得，整理得，表示圓心為，半徑為的圓，圓的圓心為為圓心，為半徑的圓兩圓的圓心距為，滿足，所以兩個圓相交.故選：C.10、B【解析】采用列舉法列舉出中元素的即可.【詳解】由題意，，故中元素的個數為3.故選：B【點晴】本題主要考查集合的交集運算，考查學生對交集定義的理解，是一道容易題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】展開，由是偶函數得到或，分別討論和時的值域，確定，的值，求出結果.【詳解】解：為偶函數，所以，即或，當時，值域不符合，所以不成立；當時，，若值域為，則，所以.故答案為：.12、【解析】利用函數及函數的圖象關于直線對稱可得點在函數的圖象上，進而可得的值【詳解】由題意得函數及函數的圖象關于直線對稱，又函數的圖象與函數及函數的圖象分別交于兩點，所以，從而點的坐標為由題意得點在函數的圖象上，所以，所以故答案為4【點睛】解答本題的關鍵有兩個：一是弄清函數及函數的圖象關于直線對稱，從而得到點也關于直線對稱，進而得到，故得到點的坐標為；二是根據點在函數的圖象上得到所求值．考查理解和運用能力，具有靈活性和綜合性13、【解析】將平方，求出的值，再利用弦化切即可求解.【詳解】，，，，，所以，所以.故答案為：14、【解析】根據題意，結合函數的性質，分析可得在區(qū)間上的性質，即可得答案.【詳解】因為偶函數在區(qū)間上單調遞增，且，，所以在區(qū)間上單調上單調遞減，且，所以的解集為.故答案為：15、【解析】根據指對互化，指數冪的運算性質，以及指數函數的單調性即可解出【詳解】由得，即，解得故答案為：16、##【解析】函數的圖象與性質，求出、與的值，再利用函數的周期性即可求出答案.【詳解】解：由圖象知，，∴，又由圖象可得：，可求得，∴，∴，∴故答案為：.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、(Ⅰ)；(Ⅱ)證明見解析.【解析】（1）易得，,,均為直角三角形，且的面積最大，進而求解即可；（2）在平面ABC內，過點B作BN⊥AC，垂足為N．在平面PAC內，過點N作MN∥PA交PC于點M，連接BM，可證得AC⊥平面MBN，從而使得AC⊥BM，利用相似和平行求解即可.試題解析：（1）由題設AB＝1，AC＝2，BC＝，可得,所以,由PA⊥平面ABC，BC、AB?平面ABC,所以，,所以,又由于PA∩AB＝A，故BC⊥平面PAB,PB?平面PAB,所以,所以，,,均為直角三角形，且的面積最大，.（2）證明：在平面ABC內，過點B作BN⊥AC，垂足為N．在平面PAC內，過點N作MN∥PA交PC于點M，連接BM.由PA⊥平面ABC知PA⊥AC，所以MN⊥AC由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN.又BM?平面MBN，所以AC⊥BM.因為與相似，，從而NC＝AC－AN＝.由MN∥PA，得＝＝.18、⑴，遞增區(qū)間，遞減區(qū)間⑵【解析】整理函數的解析式可得：.（1）由最小正周期公式和函數的解析式求解最小正周期和單調區(qū)間即可.⑵結合函數的定義域和三角函數的性質可得函數的值域為.詳解】.（1），遞增區(qū)間滿足：，據此可得，單調遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間滿足：，據此可得，單調遞減區(qū)間為.（2），，，，的值域為.【點睛】本題主要考查三角函數的性質，三角函數最值的求解等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.19、（1）；（2）.【解析】（1）由，求得，結合三角函數基本關系式，即可求解；（2）由（1）知，根據三角函數的基本關系式和誘導公式，化簡為齊次式，即可求解.【詳解】（1）由題意，角是第二象限角，且，可得，可得，所以，所以，因為是第二象限角，可得.（2）由（1）知，又由.20、（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）連,交于,連,由中位線定理即可證明平面.（Ⅱ）根據,由等體積法即可求得點到平面的距離.【詳解】（Ⅰ）連,設交于,連,如下圖所示:因為為的中點,為的中點,則面,不在面內