福建龙岩一中2025届高一数学第一学期期末学业质量监测试题含解析

福建龙岩一中2025届高一数学第一学期期末学业质量监测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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．已知集合，，，则（）A.{6，8} B.{2，3，6，8}C.{2} D.{2，6，8}2．已知函数，则，则A. B.C.2 D.3．如图所示，是顶角为的等腰三角形，且，则A. B.C. D.4．函数的零点所在区间是（）A.（0，1） B.（1，2）C.（2，3） D.（3，+∞）5．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是A.圆柱 B.圆锥C.四面体 D.三棱柱6．已知函数为偶函数，且在上单调递减，则的解集为A. B.C. D.7．某几何体的三视图都是全等图形，则该几何体一定是（）A.圆柱 B.圆锥C.三棱锥 D.球体8．根据表中的数据，可以断定方程的一个根所在的区间是（）x-101230.3712.727.3920.09A. B.C. D.9．为空间中不重合的两条直线，为空间中不重合的两个平面，则①若；②；③；④上述说法正确的是A.①③ B.②③C.①② D.③④10．若，是第二象限角，则（）A. B.3C.5 D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．函数的最小值为________.12．已知．若实数m满足，则m的取值范围是__13．已知且，且，如果无论在给定的范围内取任何值时，函数与函数总经过同一个定点，则实数__________14．函数，则________15．已知一组数据，，…，的平均数，方差，则另外一组数据，，…，的平均数为______，方差为______16．若函数在区间[2,3]上的最大值比最小值大,则__________.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，设.（1）证明：若，则；（2）若，满足，求实数m的范围.18．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.19．已知角终边与单位圆交于点（1）求的值；（2）若，求的值.20．在平面直角坐标系xOy中，已知圆x2+y2-12x+32=0的圆心为Q，过点P（0，2）且斜率为k的直线l与圆Q相交于不同的两点A，B，记AB的中点为E（Ⅰ）若AB的长等于，求直线l的方程；（Ⅱ）是否存在常数k，使得OE∥PQ？如果存在，求k值；如果不存在，请说明理由21．已知函数，（1）指出的单调区间，并用定义证明当时，的单调性；（2）设，关于的方程有两个不等实根，，且，当时，求的取值范围

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】由已知，先有集合和集合求解出，再根据集合求解出即可.【详解】因为，，所以，又因为，所以.故选：A.2、B【解析】因为，所以，故选B.3、C【解析】【详解】∵是顶角为的等腰三角形，且∴∴故选C4、B【解析】计算出,并判断符号,由零点存在性定理可得答案.【详解】因为,,所以根据零点存在性定理可知函数的零点所在区间是,故选:B【点睛】本题考查了利用零点存在性定理判断函数的零点所在区间,解题方法是计算区间端点的函数值并判断符号,如果异号,说明区间内由零点,属于基础题.5、A【解析】因为圆柱的三视图有两个矩形，一个圆，正视图不可能是三角形，而圆锥、四面体（三棱锥）、三棱柱的正视图都有可能是三角形，所以选A.考点：空间几何体的三视图.6、B【解析】根据为偶函数，可得；根据在上递减得；然后解一元二次不等式可得【详解】解：为偶函数，所以，即，，由在上单调递减，所以，，可化为，即，解得或故选：【点睛】本题主要考查奇偶性与单调性的应用以及一元二次不等式的解法，还考查了运算求解的能力，属于中档题.7、D【解析】任意方向上的视图都是全等图形的几何体只有球，在任意方向上的视图都是圆【详解】球、长方体、三棱锥、圆锥中，任意方向上的视图都是全等图形的几何体只有球，在任意方向上的视图都是等圆，故答案为：D【点睛】本题考查简单空间图形的三视图，本题解题的关键是看出各个图形的在任意方向上的视图，本题是一个基础题8、D【解析】将与的值代入，找到使的,即可选出答案.【详解】时，.时，.时，.时，时，.因为.所以方程的一个根在区间内.故选：D.【点睛】本题考查零点存定理，函数连续，若存在，使,则函数在区间上至少有一个零点.属于基础题.9、A【解析】由线面垂直的性质定理知①正确；②中直线可能在平面内，故②错误；，则内一定有直线//，，则有，所以，③正确；④中可能平行，相交，异面，故④错误，故选A10、C【解析】由题知，再根据诱导公式与半角公式计算即可得答案.【详解】解：因为，是第二象限角，所以，所以.故选：C二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】原函数化为，令，将函数转化为，利用二次函数的性质求解.【详解】由原函数可化为，因为，令，则，，又因为，所以，当时，即时，有最小值.故答案为：12、【解析】由题意可得，进而解不含参数的一元二次不等式即可求出结果.【详解】由题意可知，即，所以，因此，故答案：.13、3【解析】因为函数与函数总经过同一个定点，函数的图象经过定点，所以函数总也经过，所以，，，故答案为.14、【解析】利用函数的解析式可计算得出的值.【详解】由已知条件可得.故答案为：.15、①.11②.54【解析】由平均数与方差的性质即可求解.【详解】解：由题意，数据，，…，的平均数为，方差为故答案：11，54.16、【解析】函数在上单调递增，∴解得：故答案为三、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、（1）证明见解析（2）【解析】（1）先判断为偶函数，再由单调性的定义可得函数在单调递增，从而当时，有，进而可得结论，（2）将不等式转化为，再由的奇偶性和单调性可得，所以将问题转化为，换元后变形利用基本不等式可求得结果【小问1详解】证明：因，所以函数为偶函数.任取，不妨设，则当时，，所以，即，由单调性定义知，函数在单调递增，所以，当时，，即，即【小问2详解】由整理得，由（1）知，在上单调递增，且为偶函数，易证在上单调递减，因为，所以，故，即，由题意知，，即令，因为，由单调性可知，，由基本不等式得，，当且仅当，即时，等号成立.即，故.【点睛】关键点点睛：此题考查函数奇偶性的判断，函数单调性的证明，考查不等式恒成立问题，解题的关键是将问题转化为，然后分离参数得，换元整理后利用基本不等式可求得结果，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题18、（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.19、（1）；（2）或.【解析】（1）首先根据三角函数的定义，求得三角函数值，再结合二倍角公式化简，求值；（2）利用角的变换，利用两角和的余弦公式，化简求值.【详解】解：由三角函数定义得，（1）（2）∵∴∴当时当时20、（Ⅰ）y=-+2或y=-x+2；（Ⅱ）不存在实数满足题意【解析】（Ⅰ）待定系数法，设出直线，再根据已知条件列式，解出即可；（Ⅱ）假设存在常数，将转化斜率相等，联立直线与圆，根据韦达定理，由直线与圆相交可求得范围．由斜率相等可求得的值，从而可判断结论【详解】（Ⅰ）圆Q的方程可写成（x-6）2+y2=4，所以圆心为Q（6，0）设过P（0，2）且斜率为k的直线方程为y=kx+2∵|AB|=，∴圆心Q到直线l的距离d==，∴=，即22k2+15k+2=0，解得k=-或k=-所以，满足题意的直线l方程为y=-+2或y=-x+2（Ⅱ）将直线l的方程y=x+2代入圆方程得x2+（kx+2）2-12x+32=0整理得（1+k2）x2+4（k-3）x+36=0.①直线与圆交于两个不同的点A，B等价于△=[4（k-3）2]-4×36（1+k2）=42（-8k2-6k）＞0，解得-＜k＜0，即k的取值范围为（-，0）设A（x1，y1），B（x2，y2），则AB的中点E（x0，y0）满足x0==-，y0=kx0+2=∵kPQ==-，kOE==-，要使OE∥PQ，必须使kOE=kPQ=-，解得k=-，但是k∈（-，0），故没有符合题意的常数k【点睛】本题考查了圆的标准方程及弦长计算,还考查了直线与圆相交知识，直线平行知识，中点坐标公式，韦达定理的应用，考查了转化思想，属中档题21、（1）增区间为，减区间为；证明见解析（2）【解析】（1）根据函数的解析式特点可写出其单调