2025届琼山中学高一上数学期末教学质量检测试题含解析

2025届琼山中学高一上数学期末教学质量检测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．天文学中为了衡量天体的明暗程度，古希腊天文学家喜帕恰斯（，又名依巴谷）在公元前二世纪首先提出了星等这个概念．星等的数值越小，天体就越亮；星等的数值越大，天体就越暗．到了1850年，由于光度计在天体光度测量中的应用，英国天文学家普森（）又提出了衡量天体明暗程度的亮度的概念．天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述，两颗星的星等与亮度满足（），其中星等为的星的亮度为（，2）．已知“心宿二”的星等是1.00，“天津四”的星等是1.25，“心宿二”的亮度是“天津四”的倍，则的近似值为（当较小时，）（）A1.23 B.1.26C.1.51 D.1.572．某食品的保鲜时间（单位：小时）与储存温度（单位：）满足函数关系（为自然对数的底数，为常数）若该食品在的保鲜时间是384小时，在的保鲜时间是24小时，则该食品在的保险时间是（）小时A.6 B.12C.18 D.243．已知直线与平行，则实数的取值是A.－1或2 B.0或1C.－1 D.24．设全集，，，则如图阴影部分表示的集合为（）A. B.C. D.5．已知命题“，使”是假命题，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.6．已知是上的偶函数，在上单调递增，且，则下列不等式成立的是（）A. B.C. D.7．已知函数，若，，，则，，的大小关系为A. B.C. D.8．已知sin(α-π)+cos(π-α)A.-2 B.2C.-3 D.39．已知函数为偶函数，在单调递减，且在该区间上没有零点，则的取值范围为（）A. B.C. D.10．若，，，则a，b，c的大小关系是A. B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．若函数是定义在上的偶函数，当时，．则当时，______，若，则实数的取值范围是_______.12．若函数，则函数的值域为___________.13．已知是定义在上的偶函数，并满足：，当，，则___________.14．若函数的图象关于直线对称，则的最小值是________.15．已知，则__________.16．已知定义在上的函数满足：①；②在区间上单调递减；③的图象关于直线对称，则的解析式可以是________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．已知函数.（1）在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答.问题：已知函数___________，，求的值域.注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分.（2）若，，，求的取值范围.18．函数的定义域，且满足对于任意,有(1)求的值(2)判断的奇偶性，并证明(3)如果，且在上是增函数，求的取值范围19．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M，N分别为棱AC和A1B1的中点，且AB＝BC（1）求证：平面BMN⊥平面ACC1A1；（2）求证：MN∥平面BCC1B120．已知四棱锥P－ABCD的体积为，其三视图如图所示，其中正视图为等腰三角形，侧视图为直角三角形，俯视图是直角梯形．(1)求正视图的面积；(2)求四棱锥P－ABCD的侧面积．21．设圆的圆心在轴上，并且过两点.(1)求圆的方程；(2)设直线与圆交于两点，那么以为直径的圆能否经过原点，若能，请求出直线的方程；若不能，请说明理由.

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、B【解析】根据题意列出方程，结合对数式与指数式的互化以及对数运算性质即可求解.【详解】设“心宿二”的星等为，“天津四”的星等为，“心宿二”和“天津四”的亮度分别为，，，，，所以，所以，所以，所以与最接近的是1.26，故选：B.2、A【解析】先阅读题意，再结合指数运算即可得解.【详解】解：由题意有，，则，即，则，即该食品在的保险时间是6小时，故选A.【点睛】本题考查了指数幂的运算，重点考查了解决实际问题的能力，属基础题.3、C【解析】因为两直线的斜率都存在，由与平行得，当时，两直线重合，，故选C.4、D【解析】解出集合、，然后利用图中阴影部分所表示的集合的含义得出结果.【详解】，.图中阴影部分所表示的集合为且.故选：D.【点睛】本题考查韦恩图表示的集合的求解，同时也考查了一元二次不等式的解法，解题的关键就是弄清楚阴影部分所表示的集合的含义，考查运算求解能力，属于基础题.5、B【解析】原命题等价于恒成立，故即可，解出不等式即可.【详解】因为命题“，使”是假命题，所以恒成立，所以，解得，故实数的取值范围是故选：B6、B【解析】根据函数的奇偶性和函数的单调性判断函数值的大小即可.【详解】因为是上的偶函数，在上单调递增，所以在上单调递减，.又因为，因为，在上单调递减,所以，即.故选：B.7、C【解析】根据函数解析式先判断函数的单调性和奇偶性，然后根据指数和对数的运算法则进行化简即可【详解】∵f（x）=x3，∴函数f（x）是奇函数，且函数为增函数，a=﹣f（log3）=﹣f（﹣log310）=f（log310），则2＜log39.1＜log310，20.9＜2，即20.9＜log39.1＜log310，则f（209）＜f（log39.1）＜f（log310），即c＜b＜a，故选C【点睛】本题主要考查函数值的大小的比较，根据函数解析式判断函数的单调性和奇偶性是解决本题的关键8、B【解析】应用诱导公式及正余弦的齐次式，将题设等式转化为-tanα-1【详解】sin(α-π)+∴-tanα-1=-3tan故选：B.9、D【解析】根据函数为偶函数，得到，再根据函数在单调递减，且在该区间上没有零点，由求解.【详解】因为函数为偶函数，所以，由，得，因为函数在单调递减，且在该区间上没有零点，所以，解得，所以的取值范围为，故选：D10、C【解析】由题意，根据实数指数函数性质，可得，根据对数的运算性质，可得，即可得到答案.【详解】由题意，根据实数指数函数的性质，可得，根据对数的运算性质，可得；故选C【点睛】本题主要考查了指数函数与对数函数的运算性质的应用，其中解答中合理运用指数函数和对数函数的运算性质，合理得到的取值范围是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、①.②.【解析】根据给定条件利用偶函数的定义即可求出时解析式；再借助函数在单调性即可求解作答.【详解】因函数是定义在上的偶函数，且当时，，则当时，，，所以当时，；依题意，在上单调递增，则，解得，所以实数的取值范围是.故答案为：；12、【解析】求出函数的定义域，进而求出的范围，利用换元法即可求出函数的值域.【详解】由已知函数的定义域为又，定义域需满足，令，因为，所以，利用二次函数的性质知，函数的值域为故答案为：.13、5【解析】根据可得周期，再结合偶函数，可将中的转化到内，可得的值.【详解】因为，所以，所以，即函数的一个周期为4，所以，又因为是定义在上的偶函数，所以，因当，，所以，所以.故答案为：2.5.14、【解析】根据正弦函数图象的对称性求解．【详解】依题意可知，得，所以，故当时，取得最小值.故答案为：．【点睛】本题考查三角函数的对称性．正弦函数的对称轴方程是，对称中心是15、3【解析】由同角三角函数商数关系及已知等式可得，应用诱导公式有，即可求值.【详解】由题设，，可得，∴.故答案为：316、（答案不唯一）【解析】取，结合二次函数的基本性质逐项验证可得结论.【详解】取，则，满足①，在区间上单调递减，满足②，的图象关于直线对称，满足③.故答案为：（答案不唯一）.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）答案见解析（2）【解析】（1）根据复合函数的性质即可得到的值域；（2）令，求出其最小值，则问题转化为恒成立，进而求最小值即可.【小问1详解】选择①，，令，则，故函数的值域为R，即的值域为R.选择②，，令，则，因为函数单调递增，所以，即的值域为.【小问2详解】令.当时，，，；当时，，，.因为，所以的最小值为0，所以，即.令，则，所以，故，即的取值范围为.18、（1）0；（2）偶函数；（3）见解析【解析】(1)令，代入，即可求出结果；(2)先求出，再由，即可判断出结果；(3)先由，求出，将不等式化为，根据函数在上是增函数，分和两种情况讨论，即可得出结果.【详解】(1)因为对于任意,有，令，则，所以；(2)令，则，所以，令，则，所以函数为偶函数；(3)因为，所以，所以不等式可化为；又因为在上是增函数，而函数为偶函数，所以或；当时，或；当时，或；综上，当时，的取值范围为或；当时，的取值范围为或.【点睛】本题主要考查函数奇偶性与单调性的综合，以及抽象函数及其应用，常用赋值法求函数值，属于常考题型.19、（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）由面面垂直的性质定理证明平面，再由面面垂直的判定定理得证面面垂直；（2）取BC中点P，连接B1P和MP，可证MN∥PB1，从而可证线面平行【详解】（1）因为M为棱AC的中点，且AB＝BC，所以BM⊥AC，又因为ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥平面ABC因为BM⊂平面ABC，所以AA1⊥BM又因为AC，A1A⊂平面ACC1A1且AC∩A1A＝A，所以BM⊥平面ACC1A1因为BM⊂平面BMN，所以：平面BMN⊥平面ACC1A1（2）取BC的中点P，连接B1P和MP，因为M、P为棱AC、BC的中点，所以MP∥AB，且MPAB，因为ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以A1B1∥AB，A1B1＝AB因为N为棱A1B1的中点，所以B1N∥BA，且B1NBA；所以B1N∥PM，且B1N＝PM；所以MNB1P是平行四边形，所以MN∥PB1又因为MN⊄平面BCC，PB1⊂平面BCC1B1所以MN∥平面BCC1B1【点睛】本题考查证明面面垂直与线面平行，掌握它们的判定定理是解题关键．立体几何证明中，要由定理得出结论，必须满足定理的所有条件，缺一不可．有些不明显的结论需要证明，明显的结论也要列举出来，否则证明过程不完整20、（1）；（2）【解析】（1）根据四棱锥的体积得PA=，进而得正视图的面积；（2）过A作AE∥CD交BC于E，连接PE，确定四个侧面积面积S△PAB，S△PAD，S△PCD，S△PBC求和即可.试题解析：(1)如图所示四棱锥P－ABCD的高为PA，底面积为S＝·CD＝×1＝∴四棱锥P－ABCD的体积V四棱锥P－ABCD＝S·PA＝×·PA＝，∴PA=∴正视图的面积为S＝×2×＝.(2)如图所示，过A作AE∥CD交BC于E，连接PE.根据三视图可知，E是BC的中点，且BE＝CE＝1，AE＝CD＝1，且BC⊥AE，AB=又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，PA⊥DC，PD=，∴BC⊥面PAE，∴BC⊥PE，又DC⊥AD，∴DC⊥面PAD，∴DC⊥PD，且PA⊥平面ABCD.∴PA⊥AE，∴PE2＝PA2+AE2＝3.∴PE＝.∴四棱锥P－ABCD的侧面积为S＝S△PAB+S△PAD+S△PCD+S△PBC＝··+··1+·1·+·2·=.点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.21、(1)(2)或.【解析】（1）圆的圆心在的垂直平分线上，又的中点为，，∴的中垂线为.∵圆的圆心在轴上，∴圆的圆心为，因此，圆的半径，（2