湖南省长沙麓山国际实验学校2025届高一数学第一学期期末达标检测试题含解析

湖南省长沙麓山国际实验学校2025届高一数学第一学期期末达标检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．“”是“函数为偶函数”（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件2．已知角α的终边经过点，则（）A. B.C. D.3．设函数，则下列函数中为奇函数的是（）A. B.C. D.4．直线与圆交点的个数为A.2个 B.1个C.0个 D.不确定5．若，，则sin=A. B.C. D.6．下列函数中，既是奇函数又在上有零点的是A. B.C D.7．设集合，，则（）A. B.C. D.8．已知函数，若存在互不相等的实数，，满足，则的取值范围是（）A. B.C. D.9．角终边经过点，那么（）A. B.C. D.10．已知偶函数f(x)在区间单调递增，则满足的x取值范围是（）A. B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．一个底面积为1的正四棱柱的八个顶点都在同一球面上，若这个正四棱柱的高为，则该球的表面积为__________12．设且，函数，若，则的值为________13．若三棱锥中，,其余各棱长均为5，则三棱锥内切球的表面积为_____14．已知扇形的弧长为，且半径为，则扇形的面积是__________.15．已知定义域为R的函数，满足，则实数a的取值范围是______16．已知点P(－，1)，点Q在y轴上，直线PQ的倾斜角为120°，则点Q的坐标为_____三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．如图，四棱锥中，底面为矩形，面，为的中点（1）证明：平面;（2）设，，三棱锥的体积，求A到平面PBC的距离18．已知函数在区间上单调，当时，取得最大值5，当时，取得最小值-1.（1）求的解析式（2）当时，函数有8个零点，求实数的取值范围19．已知向量，满足，，.（1）求向量与夹角；（2）求的值.20．已知如图，在直三棱柱中，，且，是的中点，是的中点，点在直线上.（1）若为中点，求证：平面；（2）证明：21．已知函数，（1）求最小正周期；（2）求的单调递增区间；（3）当时，求的最大值和最小值

参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1、A【解析】根据充分必要条件定义判断【详解】时，是偶函数，充分性满足，但时，也是偶函数，必要性不满足应是充分不必要条件故选：A2、D【解析】推导出，，，再由，求出结果【详解】∵角的终边经过点，∴，，，∴故选：D3、A【解析】分别求出选项的函数解析式，再利用奇函数的定义即可得选项.【详解】由题意可得，对于A，是奇函数，故A正确；对于B，不是奇函数，故B不正确；对于C，，其定义域不关于原点对称，所以不是奇函数，故C不正确；对于D，，其定义域不关于原点对称，不是奇函数，故D不正确.故选：A.4、A【解析】化为点斜式：，显然直线过定点，且定点在圆内∴直线与圆相交，故选A5、B【解析】因为，，所以sin==，故选B考点：本题主要考查三角函数倍半公式的应用点评：简单题，注意角的范围6、D【解析】选项中的函数均为奇函数，其中函数与函数在上没有零点，所以选项不合题意，中函数为偶函数，不合题意；中函数的一个零点为，符合题意，故选D.7、D【解析】解一元二次不等式求出集合A，利用交集定义和运算计算即可【详解】由题意可得，则故选：D8、D【解析】作出函数的图象，根据题意，得到，结合图象求出的范围，即可得出结果.【详解】假设，作出的图象如下；由，所以，则令，所以，由，所以，所以，故.故选：D.【点睛】方法点睛：已知函数零点个数(方程根的个数)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.9、C【解析】利用任意角的三角函数的定义，求得和的值，可得的值【详解】解：角终边上一点，，，则，故选：10、A【解析】由偶函数性质得函数在上的单调性，然后由单调性解不等式【详解】因为偶函数在区间上单调递增，所以在区间上单调递减，故越靠近轴，函数值越小，因为，所以，解得：.故选：A二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】底面为正方形，对角线长为.故圆半径为，故球的表面积为.【点睛】本题主要考查几何体的外接球问题.解决与几何体外接球有关的数学问题时，主要是要找到球心所在的位置，并计算出球的半径.寻找球心的一般方法是先找到一个面的外心，如本题中底面正方形的中心，球心就在这个外心的正上方，根据图形的对称性，易得球心就在正四棱柱中间的位置.12、【解析】根据函数的解析式以及已知条件可得出关于实数的等式，由此可解得实数的值.【详解】因为，且，则.故答案为：.13、【解析】由题意得，易知内切球球心到各面的距离相等，设为的中点，则在上且为的中点，在中，，所以三棱锥内切球的表面积为14、##【解析】由扇形面积公式可直接求得结果.【详解】扇形面积.故答案为：.15、【解析】先判断函数奇偶性，再判断函数的单调性，从而把条件不等式转化为简单不等式.【详解】由函数定义域为R，且，可知函数为奇函数.，令则，令则即在定义域R上单调递增，又，由此可知，当时，即，函数即为减函数；当时，即，函数即为增函数，故函数在R上的最小值为，可知函数在定义域为R上为增函数.根据以上两个性质，不等式可化为，不等式等价于即解之得或故答案为16、(0，－2)【解析】设点坐标为，利用斜率与倾斜角关系可知，解得即可.【详解】因为在轴上，所以可设点坐标为，又因为，则，解得，因此，故答案为.【点睛】本题主要考查了直线的斜率计算公式与倾斜角的正切之间的关系，属于基础题.三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）证明见解析（2）到平面的距离为【解析】（1）连结BD、AC相交于O，连结OE，则PB∥OE，由此能证明PB∥平面ACE．（2）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出A到平面PBD的距离试题解析：(1）设BD交AC于点O，连结EO.因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点又E为PD的中点，所以EO∥PB又EO平面AEC，PB平面AEC所以PB∥平面AEC.（2）由，可得.作交于由题设易知，所以故，又所以到平面的距离为法2：等体积法由，可得.由题设易知,得BC假设到平面的距离为d，又因为PB=所以又因为(或)，，所以考点：线面平行的判定及点到面的距离18、（1）；（2）.【解析】(1)由函数的最大值和最小值求出,由周期求出ω,由特殊点的坐标出φ的值,可得函数的解析式(2)等价于时,方程有个不同的解.即与有个不同交点,画图数形结合即可解得【详解】(1)由题知,..又,即,的解析式为.(2)当时,函数有个零点,等价于时,方程有个不同的解.即与有个不同交点.由图知必有,即.实数的取值范围是.【点睛】已知函数有零点求参数常用的方法和思路：(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离,转化成函数的值域问题解决；(3)数形结合法：先对解析式变形,在同一个平面直角坐标系中,画出函数的图像,然后数形结合求解.19、（1）（2）【解析】（1）先求得，然后利用夹角公式求得向量与的夹角.（2）利用平方的方法求得的值.【小问1详解】设向量与的夹角为，由于，所以.所以，由于，所以.【小问2详解】.20、（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）取中点为，连接，，首先说明四边形是平行四边形，即可得，根据线面平行判定定理即可得结果；（2）连接，利用得到，再通过平面得到，进而平面，即可得最后结果.【详解】（1）证明：取中点为，连接，，在中，，又所以，，即四边形是平行四边形.故，又平面，平面，所以，平面.（2）证明：连接，在正方形中，，所以，与互余，故，又，，，所以，平面，又平面，故又,所以平面又平面，所以【点睛】本题主要考查了线面平行的判定，通过线线垂直线面垂直线面垂直的过程，属于中档题.在证明线面平行中，常见的方