2025届江西省上饶市铅山一中、横峰中学数学高一上期末质量跟踪监视试题含解析

2025届江西省上饶市铅山一中、横峰中学数学高一上期末质量跟踪监视试题注意事项: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．已知，则的最小值是（）A.2 B.C.4 D.2．指数函数在R上单调递减，则实数a的取值范围是（）A. B.C. D.3．平行四边形中，，，，点满足，则A.1 B.C.4 D.4．已知函数，，若对任意，总存在，使得成立，则实数取值范围为A. B.C. D.5．如图，在四棱锥中，底面为正方形，且,其中，，分别是，，的中点，动点在线段上运动时，下列四个结论：①；②；③面；④面，其中恒成立的为（）A.①③ B.③④C.①④ D.②③6．函数y=sin2x的图象可能是A. B.C. D.7．某几何体的三视图如图所示（图中小正方形网格的边长为），则该几何体的体积是A. B.C. D.8．已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，给出下列命题：①若m∥α，m∥β，则α∥β②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；③m⊂α，n⊂β，m、n是异面直线，那么n与α相交；④若α∩β=m，n∥m，且n⊄α，n⊄β，则n∥α且n∥β其中正确的命题是（）A.①② B.②③C.③④ D.④9．函数的最小正周期是（）A.1 B.2C. D.10．已知平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为、、，为所在平面内的一点，且满足，则点的坐标为（）A. B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．设三棱锥的三条侧棱两两垂直，且，则三棱锥的体积是______12．已知函数若关于的方程有5个不同的实数根，则的取值范围为___________.13．已知是定义在上的奇函数，当时，，函数如果对，，使得，则实数m的取值范围为______14．函数最大值为__________15．设向量，，则__________16．将正方形沿对角线折成直二面角，有如下四个结论：①；②是等边三角形；③与所成的角为，④取中点，则为二面角的平面角其中正确结论是__________．（写出所有正确结论的序号）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．设函数.（1）若，且均为正实数，求的最小值，并确定此时实数的值；（2）若满足在上恒成立，求实数的取值范围.18．已知,,，为坐标原点.（1）若,求的值；（2）若,且，求.19．如图，在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，（1）求的值；（2）将射线绕坐标原点按逆时针方向旋转后与单位圆交于点，求的值；（3）若点与关于轴对称，求的值.20．如图是函数的部分图象.（1）求函数的解析式；（2）若，，求.21．设矩形的周长为，其中，如图所示，把它沿对角线对折后，交于点.设，.（1）将表示成的函数，并求定义域；（2）求面积的最大值.

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、C【解析】根据对数运算和指数运算可得,,再由以及基本不等式可得.【详解】因为,所以,所以,所以,所以,当且仅当即时,等号成立.故选:C.【点睛】本题考查了指数和对数运算,基本不等式求最值,属于中档题.2、D【解析】由已知条件结合指数函数的性质列不等式求解即可【详解】因为指数函数在R上单调递减，所以，得，所以实数a的取值范围是，故选：D3、B【解析】选取，为基向量，将，用基向量表示后，再利用平面向量数量积的运算法则求解数量积.【详解】，，，故选B【点睛】本题考查了平面向量的运算法则以及向量数量积的性质及其运算，属中档题．向量的运算法则是：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）.4、B【解析】分别求出在的值域，以及在的值域，令在的最大值不小于在的最大值，得到的关系式，解出即可.【详解】对于函数，当时，，由，可得，当时，，由，可得，对任意，，对于函数，，，，对于，使得，对任意，总存在，使得成立，，解得，实数的取值范围为，故选B【点睛】本题主要考查函数的最值、全称量词与存在量词的应用.属于难题.解决这类问题的关键是理解题意、正确把问题转化为最值和解不等式问题，全称量词与存在量词的应用共分四种情况：（1）只需；（2），只需；（3），只需；（4），，.5、A【解析】分析：如图所示，连接AC、BD相交于点O，连接EM，EN（1）由正四棱锥S﹣ABCD，可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，进而得到SO⊥AC．可得AC⊥平面SBD．由已知E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，利用三角形的中位线可得EM∥BD，MN∥SD，于是平面EMN∥平面SBD，进而得到AC⊥平面EMN，AC⊥EP;（2）由异面直线的定义可知：EP与BD是异面直线，因此不可能EP∥BD；（3）由（1）可知：平面EMN∥平面SBD，可得EP∥平面SBD；（4）由（1）同理可得：EM⊥平面SAC，可用反证法证明：当P与M不重合时，EP与平面SAC不垂直详解：如图所示，连接AC、BD相交于点O，连接EM，EN对于（1），由正四棱锥S﹣ABCD，可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，∴SO⊥AC∵SO∩BD=O，∴AC⊥平面SBD，∵E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，∴EM∥BD，MN∥SD，而EM∩MN=N，∴平面EMN∥平面SBD，∴AC⊥平面EMN，∴AC⊥EP．故正确对于（2），由异面直线的定义可知：EP与BD是异面直线，不可能EP∥BD，因此不正确；对于（3），由（1）可知：平面EMN∥平面SBD，∴EP∥平面SBD，因此正确对于（4），由（1）同理可得：EM⊥平面SAC，若EP⊥平面SAC，则EP∥EM，与EP∩EM=E相矛盾，因此当P与M不重合时，EP与平面SAC不垂直．即不正确故选A点睛：本题考查了空间线面、面面的位置关系判定，属于中档题．对于这种题目的判断一般是利用课本中的定理和性质进行排除，判断.还可以画出样图进行判断，利用常见的立体图形，将点线面放入特殊图形，进行直观判断.6、D【解析】分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在上的符号，即可判断选择.详解：令，因为，所以为奇函数，排除选项A,B;因为时，，所以排除选项C，选D.点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复7、A【解析】利用已知条件，画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可【详解】由题意可知几何体的直观图如图：是直四棱柱，底面是直角梯形，上底为：1，下底为2，高为2，棱柱的高为2，几何体的体积为：V6故选A【点睛】本题考查几何体的直观图与三视图的关系，考查空间想象能力以及计算能力8、D【解析】利用平面与平面垂直和平行的判定和性质，直线与平面平行的判断，对选项逐一判断即可【详解】①若m∥α，m∥β，则α∥β或α与β相交，错误命题；②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β或α与β相交．错误的命题；③m⊂α，n⊂β，m、n是异面直线，那么n与α相交,也可能n∥α，是错误命题；④若α∩β＝m，n∥m，且n⊄α，n⊄β，则n∥α且n∥β．是正确的命题故选D【点睛】本题考查平面与平面的位置关系，直线与平面的位置关系，考查空间想象力，属于中档题.9、A【解析】根据余弦函数的性质计算可得；【详解】因为，所以函数的最小正周期；故选：A10、A【解析】设点的坐标为，根据向量的坐标运算得出关于、的方程组，解出这两个未知数，可得出点的坐标.【详解】设点的坐标为，，，，，即，解得，因此，点的坐标为.故选：A.【点睛】本题考查向量的坐标运算，考查计算能力，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、【解析】根据锥体的体积公式，找到并求出三棱锥的高及底面面积即可求解.【详解】由题意可知该三棱锥为棱长为2的正方体的一个角，如图所示：所以故答案为：【点睛】本题考查锥体体积公式的应用，考查运算求解能力，属于基础题.12、【解析】根据函数的解析式作出函数的大致图像，再将整理变形，然后将方程的根的问题转化为函数图象的交点问题解决.【详解】由题意得，即或，的图象如图所示，关于的方程有5个不同的实数根，则或，解得，故答案为：13、【解析】先求出时，，，然后解不等式，即可求解，得到答案【详解】由题意，可知时，为增函数，所以，又是上的奇函数，所以时，，又由在上的最大值为，所以，，使得，所以.故答案为【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性的判定与应用，以及函数的最值的应用，其中解答中转化为是解答的关键，着重考查了转化思想，推理与运算能力，属于基础题.14、3【解析】分析:利用复合函数的性质求已知函数的最大值.详解：由题得当=1时，函数取最大值2×1+1=3.故答案为3.点睛：本题主要考查正弦型函数的最大值，意在考查学生对该基础知识的掌握水平.15、【解析】，故，故填.16、①②④【解析】如图所示，取中点，则，，所以平面，从而可得，故①正确；设正方形边长为，则，所以，又因为，所以是等边三角形，故②正确；分别取，的中点为，，连接，，．则，且，，且，则是异面直线，所成的角在中，，，∴则是正三角形，故，③错误；如上图所示，由题意可得：，则,由可得，据此可知：为二面角的平面角，说法④正确.故答案为：①②④.点睛：(1)有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形(折前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数量关系，哪些变，哪些不变(2)研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题三、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）的最小值为3，此时；（2）【解析】（1）由可得，则由结合基本不等式即可求出；（2）不等式恒成立等价于对恒成立，利用判别式可得对恒成立，再利用判别式即可求出的范围.【详解】（1），则，，当且仅当，即时等号成立，的最小值为3，此时；（2），则，即对恒成立，则，即对恒成立，则，解得.【点睛】本题考查基本不等式的应用，考查一元二次不等式的恒成立问题，属于中档题.18、（1）（2）【解析】（1）由向量平行的坐标运算列式直接求解即可；（2）先求得的坐标，利用坐标表示向量的模长，列方程求得，从而得，利用向量坐标表示数量积即可得解.【详解】（1）依题，，因，所以，所以（2）因为，所以，所以，因为，所以，所以，所以【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算，包括共线、模长、数量积，属于基础题.19、（1）（2）（3）【解析】（1）由三角函数的定义得到，再根据且点在第一象限，即可求出；（2）依题意可得，再由（1），即可得解；（3）首先求出的坐标，连接交轴于点，即可得到，再利用二倍角公式计算可得；【小问1详解】解：因为角终边与单位圆交于点，且，由三角函数定义，得.因为，所以.因为点在第一象限，所以.【小问2详解】解：因为射线绕坐标原点按逆时针方向旋转后与单位圆交于点，所以.因为，所以.【小问3详解】解：因为点与关于轴对称，所以点的坐标是.连接交轴于点，所以.所以.所以的值是.20、（1）（2）【解析】（1）由图象得到，且，得到，结合五点法，列出方程求得，即可得到函数的解析式；（2）由题意，求得，，结合利用两角和的正弦公式，即可求解.【小问1详解】解：由图象可得，函数的最大值为，可得，又由，可得，所以，所以，又由图可知是五点作图法中的第三个点，因为，可得，因为，所以，所以.【小问2详解】解：因为，则，又因为，所以，由，则，有，所以.21、（1），；（2）【解析】（1）由题意得，则，根据，可得，所以，化简整理，即可求得y与x的关