2025届福建省福州市长乐区长乐高级中学高一上数学期末学业质量监测试题含解析

2025届福建省福州市长乐区长乐高级中学高一上数学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．若直线经过两点，，且倾斜角为，则的值为（）A.2 B.1C. D.2．如果不等式成立的充分不必要条件是，则实数a的取值范围是（）A. B.C.或 D.或3．若，则的值为（）A. B.C.或 D.4．命题“”的否定是A. B.C. D.5．已知，则（）A. B.C. D.36．已知函数，则A.0 B.1C. D.27．函数的零点所在区间是A. B.C. D.8．已知点是角α的终边与单位圆的交点，则（）A. B.C. D.9．已知H是球的直径AB上一点，AH:HB=1:2，AB⊥平面，H为垂足，截球所得截面的面积为，则球的表面积为A. B.C. D.10．已知一个样本容量为7的样本的平均数为5，方差为2，现样本加入新数据4，5，6，此时样本容量为10，若此时平均数为，方差为，则（）A.， B.，C.， D.，二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．当时，的最小值为______12．若命题“”为真命题，则的取值范围是______13．的值为__________14．若，则__________15．函数的值域是__________16．已知为三角形的边的中点，点满足，则实数的值为_______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．已知函数.（1）求函数的最小正周期；（2）求的单调递增区间.18．如图，已知四棱锥中，底面为平行四边形，点，，分别是，，的中点（1）求证：平面；（2）求证：平面平面19．已知：(1)求的值(2)若，求的值.20．已知，且.（1）求；（2）若，，求的值.21．（1）计算：；（2）化简：

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】直线经过两点，，且倾斜角为，则故答案为A．2、B【解析】解不等式，得其解集，进而结合充分、必要条件与集合间的包含关系的对应关系，可得不等式组，则有，（注：等号不同时成立），解可得答案【详解】解不等式，得其解集，，由于不等式成立的充分不必要条件是则有，（注：等号不同时成立）；解得故选B.【点睛】本题考查充分、必要条件的判断及运用，注意与集合间关系的对应即可，属于简单题3、A【解析】分别令和，根据集合中元素的互异性可确定结果.【详解】若，则，不符合集合元素的互异性；若，则或（舍），此时，符合题意；综上所述：.故选：A.4、C【解析】全称命题的否定是存在性命题，所以，命题“”的否定是，选C.考点：全称命题与存在性命题.5、A【解析】结合两角和的正切公式、诱导公式求得正确答案.【详解】.故选：A6、B【解析】,选B.7、C【解析】根据函数零点存在性定理进行判断即可【详解】∵，，∴，∴函数在区间(2,3)上存在零点故选C【点睛】求解函数零点存在性问题常用的办法有三种：一是用定理，二是解方程，三是用图象．值得说明的是，零点存在性定理是充分条件，而并非是必要条件8、B【解析】根据余弦函数的定义直接进行求解即可.【详解】因为点是角α的终边与单位圆的交点，所以，故选：B9、D【解析】设球的半径为，根据题意知由与球心距离为的平面截球所得的截面圆的面积是，我们易求出截面圆的半径为1，根据球心距、截面圆半径、球半径构成直角三角形，满足勾股定理，我们易求出该球的半径，进而求出球的表面积【详解】设球的半径为，∵，∴平面与球心的距离为，∵截球所得截面的面积为，∴时，，故由得，∴，∴球的表面积，故选D【点睛】本题主要考查的知识点是球的表面积公式，若球的截面圆半径为，球心距为，球半径为，则球心距、截面圆半径、球半径构成直角三角形，满足勾股定理，属于中档题.10、B【解析】设这10个数据分别为：，进而根据题意求出和，进而再根据平均数和方差的定义求得答案.【详解】设这10个数据分别为：，根据题意，，所以，.故选：B.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】将所求代数式变形为，利用基本不等式即可求解.【详解】因为，所以，所以，当且仅当即时等号成立，所以的最小值为，故答案为：.12、【解析】依题意可得恒成立，则，得到一元二次不等式，解得即可；【详解】解：依题意可得，命题等价于恒成立，故只需要解得，即故答案为：13、【解析】根据特殊角的三角函数值与对数的运算性质计算可得；【详解】解：故答案为：14、【解析】先求出的值,然后再运用对数的运算法则求解出和的值,最后求解答案.【详解】若,则,所以.故答案为:【点睛】本题考查了对数的运算法则,熟练掌握对数的各运算法则是解题关键,并能灵活运用法则来解题,并且要计算正确,本题较为基础.15、【解析】利用换元法，将变为，然后利用三角恒等变换，求三角函数的值域，可得答案.【详解】由，得，可设，故，不妨取为锐角，而，时取最大值），，故函数的值域为，故答案为:.16、【解析】根据向量减法的几何意义及向量的数乘便可由得出,再由D为△ABC的边BC的中点及向量加法的平行四边形法则即可得出点D为AP的中点，从而便可得出，这样便可得出λ的值【详解】=,所以，D为△ABC的边BC中点，∴∴如图，D为AP的中点；∴,又，所以-2.故答案为-2.【点睛】本题考查向量减法的几何意义，向量的数乘运算，及向量数乘的几何意义，向量加法的平行四边形法则，共线向量基本定理，属于中档题.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）；（2），.【解析】(1)利用三角恒等变换公式化简f(x)，即可求正弦型函数最小正周期；(2)根据正弦函数的单调递增区间即可求复合函数f(x)的单调递增区间.【小问1详解】，∴，即函数的最小正周期为.【小问2详解】令，，解得，，即函数的单调递增区间为，.18、（1）见解析（2）见解析【解析】（1）根据三角形的中位线，可得，由此证得平面.（2）利用中位线证明,，故，由（1）得，证明分别平行于平面，由此可得平面平面.【详解】（1）由题意：四棱锥的底面为平行四边形，点，，分别是，，的中点，∴是的中点，∴，又∵平面，平面，∴平面（2）由（1），知，∵，分别是，的中点，∴，又∵平面，平面，平面同理平面，平面，平面，，∴平面平面【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，考查面面平行的判定定理.要证明线面平行，需在平面内找到一条直线和要证的直线平行，一般寻找的方法有三种：一是利用三角形的中位线，二是利用平行四边形，三是利用面面平行.要证面面平行，则需证两条相交直线和另一个平面平行.19、（1）；（2）【解析】（1）利用诱导公式及商数关系得到结果；（2）利用两角和与差正切公式可得答案.【详解】（1）∵，则∴（2）∵∴解得：∴【点睛】本题考查了三角函数式的化简求值；熟练运用两角和与差的正切公式是解答的关