福建华安一中、长泰一中等四校2025届数学高一上期末达标检测试题含解析

福建华安一中、长泰一中等四校2025届数学高一上期末达标检测试题注意事项: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．“”是“”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件2．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积为（）A. B.C. D.3．若，则下列不等式中，正确的是（）A. B.C. D.4．()A.0 B.1C.6 D.5．已知扇形的周长为8，扇形圆心角的弧度数是2，则扇形的面积为（）A.2 B.4C.6 D.86．已知函数，在下列区间中，包含零点的区间是A. B.C. D.7．设，，，则下列大小关系表达正确的是（）A. B.C. D.8．数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线后人称之为三角形的欧拉线.已知的顶点，若其欧拉线方程为，则顶点C的坐标是A. B.C. D.9．已知集合，，则（）A. B.C. D.10．已知函数，若有且仅有两个不同实数，，使得则实数的值不可能为A. B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．函数在______单调递增（填写一个满足条件的区间）12．已知函数f（x）=sin（ωx+）（其中ω＞0），若x=为函数f（x）的一个零点，且函数f（x）在（，）上是单调函数，则ω的最大值为______13．已知点，直线与线段相交，则实数的取值范围是____；14．已知函数，且关于的方程有且仅有一个实数根，那实数的取值范围为________15．若关于的方程的一个根在区间上，另一个根在区间上，则实数的取值范围是__________16．已知，若，则_______；若，则实数的取值范围是__________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（，且）.（1）若，试比较与的大小，并说明理由；（2）若，且，，三点在函数的图像上，记的面积为，求的表达式，并求的值域.18．已知函数（且）的图象过点（1）求的值.（2）若.（i）求的定义域并判断其奇偶性；（ii）求的单调递增区间.19．已知函数，且.（1）求实数a的值；（2）判断函数在上的单调性，并证明.20．设非空集合P是一元一次方程的解集.若，，满足，，求的值.21．已知函数.求：（1）的值域；（2）的零点；（3）时x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】分别讨论充分性与必要性，可得出答案.详解】由题意，，显然可以推出，即充分性成立，而不能推出，即必要性不成立.故“”是“”的充分而不必要条件.故选：A.【点睛】本题考查充分不必要条件，考查不等式的性质，属于基础题.2、D【解析】借助正方体模型还原几何体，进而求解表面积即可.【详解】解：如图，在边长为的正方体模型中，将三视图还原成直观图为三棱锥，其中，均为直角三角形，为等边三角形，，所以该几何体的表面积为故选：D3、C【解析】利用不等式的基本性质判断.【详解】由，得，即，故A错误；则，则，即，故B错误；则，，所以，故C正确；则，所以，故D错误；故选：C4、B【解析】首先根据对数的运算法则，对式子进行相应的变形、整理，求得结果即可.【详解】，故选B.【点睛】该题考查的是有关对数的运算求值问题，涉及到的知识点有对数的运算法则，熟练掌握对数的运算法则是解题的关键.5、B【解析】由给定条件求出扇形半径和弧长，再由扇形面积公式求出面积得解.【详解】设扇形所在圆半径r，则扇形弧长，而，由此得，所以扇形的面积.故选：B6、C【解析】因为，，所以由根的存在性定理可知：选C.考点：本小题主要考查函数的零点知识，正确理解零点定义及根的存在性定理是解答好本类题目的关键.7、D【解析】利用中间量来比较三者的大小关系【详解】由题.所以.故选：D8、A【解析】设C的坐标，由重心坐标公式求重心，代入欧拉线得方程，求出AB的垂直平分线，联立欧拉线方程得三角形外心，外心到三角形两顶点距离相等可得另一方程，两方程联立求得C点的坐标.【详解】设C(m，n),由重心坐标公式得重心为,代入欧拉线方程得：①AB的中点为，，所以AB的中垂线方程为联立，解得所以三角形ABC的外心为，则，化简得：②联立①②得：或，当时，BC重合，舍去，所以顶点C的坐标是故选A.【点睛】本题主要考查了直线方程的各种形式，重心坐标公式，属于中档题.9、B【解析】化简集合A，由交集定义直接计算可得结果.【详解】化简可得，又所以.故选：B.10、D【解析】利用辅助角公式化简，由，可得，根据在上有且仅有两个最大值，可求解实数的范围，从而可得结果【详解】函数；由，可得，因为有且仅有两个不同的实数，，使得所以在上有且仅有两个最大值，因为，，则；所以实数的值不可能为，故选D【点睛】本题主要考查辅助角公式的应用、三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了数形结合思想，意在考查综合应用所学知识解答问题的能力，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、（答案不唯一）【解析】先求出函数的定义域，再换元，然后利用复合函数单调性的求法求解详解】由，得，解得或，所以函数的定义域为，令，则，因为在上单调递减，在上单调递增，而在定义域内单调递增，所以在上单调递增，故答案为：（答案不唯一）12、【解析】由题意，为函数的一个零点，可得，且函数在，上是单调函数可得，即可求的最大值【详解】解：由题意，为函数的一个零点，可得，则．函数在，上是单调函数，可得，即．当时，可得的最大值为3故答案为3．【点睛】本题考查了正弦型三角函数的图象及性质的应用，属于中档题．13、【解析】由直线，即，此时直线恒过点，则直线的斜率，直线的斜率，若直线与线段相交，则，即，所以实数的取值范围是点睛：本题考查了两条直线的位置关系的应用，其中解答中把直线与线段有交点转化为直线间的斜率之间的关系是解答的关键，同时要熟记直线方程的各种形式和直线过定点的判定，此类问题解答中把直线与线段有交点转化为定点与线段端点斜率之间关系是常见的一种解题方法，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力14、【解析】利用数形结合的方法，将方程根的问题转化为函数图象交点的问题，观察图象即可得到结果.【详解】作出的图象，如下图所示：∵关于的方程有且仅有一个实数根，∴函数的图象与有且只有一个交点，由图可知，则实数的取值范围是.故答案为：.15、【解析】设，时，方程只有一个根，不合题意，时，方程的根，就是函数的零点，方程的一个根在区间上，另一个根在区间上，且只需，即，解得，故答案为.16、①.②.【解析】先判断函数的奇偶性，由求解；再根据函数的单调性，由求解.【详解】因为的定义域为R，且，，所以是奇函数，又，则-2；因为在上是增函数，所以在上是增函数，又是R上的奇函数，所以在R上递增，且，所以由，得，即，所以，解得或，所以实数的取值范围是，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）当时，；当时，；（2）；【解析】（1）根据题意分别代入求出，再比较的大小，利用函数的单调性即可求解.（2）先表示出的表达式，再根据函数的单调性求的值域.【详解】解：（1）当时，在上单调递减；，，又，，故；同理可得：当时，在上单调递增；，，又，，故，综上所述：当时，；当时，；（2）由题意可知：，，，故在上单调递增；令，，当时，在上单调递增；故在上单调递减；故在上单调递减；故，故的值域为：.18、（1）；（2）（i）定义域为，是偶函数；（ii）.【解析】（1）由可求得实数的值；（2）（i）根据对数的真数大于零可得出关于实数的不等式，由此可解得函数的定义域，然后利用函数奇偶性的定义可证明函数为偶函数；（ii）利用复合函数法可求得函数的增区间.【详解】（1）由条件知，即，又且，所以；（2）.（i）由得，故的定义域为.因为，故是偶函数；（ii），因为函数单调递增，函数在上单调递增，故的单调递增区间为.19、（1）（2）增函数，证明见解析【解析】（1）根据，由求解；（2）利用单调性的定义证明.【小问1详解】解：∵，且，∴，∴；【小问2详解】函数在上是增函数.任取，不妨设，则，，∵且，∴，，，∴，即，∴在上是增函数.20、答案见解析【解析】由题意可得，写出P的所有可能，结合一元二次方程的根与系数的关系求解即可.【详解】由于一元二次方程的解集非空，且，，所以，即满足题意.当时，由韦达定理得，，此时：当时，由韦达定理得，，此时；当时，由韦达定理得，，此时.21、（1）；（2）-1，2；（3）【解析】（1）利用配方法求二次函数值域即可；