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文档简介
山东省日照市日照第一中学2025届数学高一上期末学业水平测试模拟试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。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.下列各式中与相等的是A. B.C. D.2.若函数分别是上的奇函数、偶函数,且满足,则有()A. B.C. D.3.化为弧度是()A. B.C. D.4.命题的否定是()A. B.C. D.5.已知,那么下列结论正确的是()A. B.C. D.6.不等式的解集为,则实数的取值范围是()A. B.C. D.7.已知全集,集合,,则()A.{2,3,4} B.{1,2,4,5}C.{2,5} D.{2}8.如图,向量,,的起点与终点均在正方形网格的格点上,则向量用基底,表示为A. B.C. D.9.若,都为正实数,,则的最大值是()A. B.C. D.10.函数的零点所在区间为()A. B.C. D.二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分。11.如果实数满足条件,那么的最大值为__________12.体积为8的正方体的顶点都在同一球面上,则该球面的表面积为__________.13.计算______.14.写出一个同时具有下列三个性质函数:________.①;②在上单调递增;③.15.在中,,,,若将绕直线旋转一周,则所形成的几何体的体积是__________16.已知两点,,以线段为直径的圆经过原点,则该圆的标准方程为____________.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fx(1)求实数a的值;(2)当a>0时,①判断fx②对任意实数x,不等式fsin2x+18.已知平面向量.(1)求与的夹角的余弦值;(2)若向量与互相垂直,求实数的值.19.如图,在四棱锥中,底面为平行四边形,,.(1)求证:;(2)若为等边三角形,,平面平面,求四棱锥的体积.20.已知函数.(1)当时,解不等式;(2)设,若,,都有,求实数a的取值范围.21.在平面直角坐标系中,已知圆心在直线上的圆经过点,但不经过坐标原点,并且直线与圆相交所得的弦长为4.(1)求圆的一般方程;(2)若从点发出的光线经过轴反射,反射光线刚好通过圆的圆心,求反射光线所在的直线方程(用一般式表达).
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】利用二倍角公式及平方关系可得,结合三角函数的符号即可得到结果.【详解】,又2弧度在第二象限,故sin2>0,cos2<0,∴=故选A【点睛】本题考查三角函数的化简问题,涉及到二倍角公式,平方关系,三角函数值的符号,考查计算能力.2、D【解析】函数分别是上的奇函数、偶函数,,由,得,,,解方程组得,代入计算比较大小可得.考点:函数奇偶性及函数求解析式3、D【解析】根据角度制与弧度制的互化公式,正确运算,即可求解.【详解】根据角度制与弧度制的互化公式,可得.故选:D.4、C【解析】根据存在量词命题的否定是全称量词命题,选出正确选项.【详解】因为命题是存在量词命题,所以其否定是全称量词命题,即,.故选:C.5、B【解析】根据不等式的性质可直接判断出结果.【详解】,,知A错误,B正确;当时,,C错误;当时,,D错误.故选:B.6、C【解析】将不等式的解集为,转化为不等式的解集为R,分和两种情况讨论求解.【详解】因为不等式的解集为,所以不等式的解集为R,当,即时,成立;当,即时,,解得,综上:实数的取值范围是故选:C【点睛】本题主要考查一元二次不等式恒成立问题,还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力,属于基础题.7、B【解析】根据补集的定义求出,再利用并集的定义求解即可.【详解】因为全集,,所以,又因为集合,所以,故选:B.8、C【解析】由题设有,所以,选C.9、D【解析】由基本不等式,结合题中条件,直接求解,即可得出结果.【详解】因为,都为正实数,,所以,当且仅当,即时,取最大值.故选:D10、B【解析】由零点存在定理判定可得答案.【详解】因为在上单调递减,且,,所以的零点所在区间为故选:B二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分。11、1【解析】先根据约束条件画出可行域,再利用几何意义求最值,表示直线在y轴上的截距,只需求出可行域直线在y轴上的截距最大值即可【详解】先根据约束条件画出可行域,当直线过点时,z最大是1,故答案为1【点睛】本题主要考查了简单的线性规划,以及利用几何意义求最值,属于基础题12、【解析】正方体体积8,可知其边长为2,正方体的体对角线为=2,即为球的直径,所以半径为,所以球的表面积为=12π故答案为:12π点睛:设几何体底面外接圆半径为,常见的图形有正三角形,直角三角形,矩形,它们的外心可用其几何性质求;而其它不规则图形的外心,可利用正弦定理来求.若长方体长宽高分别为则其体对角线长为;长方体的外接球球心是其体对角线中点.找几何体外接球球心的一般方法:过几何体各个面的外心分别做这个面的垂线,交点即为球心.三棱锥三条侧棱两两垂直,且棱长分别为,则其外接球半径公式为:.13、7【解析】根据对数与指数的运算性质计算即可得解.【详解】解:.故答案为:7.14、或其他【解析】找出一个同时具有三个性质的函数即可.【详解】例如,是单调递增函数,,满足三个条件.故答案为:.(答案不唯一)15、【解析】依题意可知,旋转体是一个大圆锥去掉一个小圆锥,所以OA=,OB=1所以旋转体的体积:故答案为.16、【解析】由以线段为直径的圆经过原点,则可得,求得参数的值,然后由中点坐标公式求所求圆的圆心,用两点距离公式求所求圆的直径,再运算即可.【详解】解:由题意有,,又以线段为直径的圆经过原点,则,则,解得,即,则的中点坐标为,即为,又,即该圆的标准方程为,故答案为.【点睛】本题考查了圆的性质及以两定点为直径的圆的方程的求法,重点考查了运算能力,属基础题.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)a=1或a=-1(2)①fx在R【解析】(1)依题意可得fx(2)①根据复合函数的单调性判断可得;②根据函数的单调性与奇偶性可得sin2x+cosx<2m-3在R上恒成立,由【小问1详解】解:因为函数fx所以fx+f(-x)=0,即可得1+x2+ax则(1-a2)x2【小问2详解】①因为a>0,所以a=1.函数fx=ln因为y=1+x2+x与y=ln②对任意实数x,f(sin2x+由①知函数fx在R可得sin2x+cos因为sin2所以2m-3>54于是正整数m的最小值为318、(1);(2)【解析】(1)由数量积公式,得夹角余弦值为;(2),所以。试题解析:(1)∵向量,∴.∴向量与的夹角的余弦值为.(2)∵向量与互相垂直,∴.又.∴.点睛:本题考查数量积的应用。数量积公式,学生要熟练掌握数量积公式的应用,能够转化到求夹角公式。两向量垂直,则数量积为零。本题为基础题型,考查公式的直接应用。19、(1)详见解析;(2)2【解析】(1)根据题意作于,连结,可证得,于是,故,然后根据线面垂直的判定得到平面,于是可得所证结论成立.(2)由(1)及平面平面可得平面,故为四棱锥的高.又由题意可证得四边形为有一个角为的边长为的菱形,求得四边形的面积后可得所求体积【详解】(1)作于,连结.∵,,是公共边,∴,∴∵,∴,又平面,平面,,∴平面,又平面,∴(另法:证明,取的中点.)(2)∵平面平面,平面平面,,∴平面又为等边三角形,,∴.又由题意得,,是公共边,∴,∴,∴平行四边形为有一个角为的边长为的菱形,∴,∴四棱锥的体积【点睛】(1)证明空间中的垂直关系时,要注意三种垂直关系间的转化,合理运用三种垂直关系进行求解,以达到求解的目的,同时在证题中要注意平面几何知识的运用(2)立体几何中的计算问题中往往涉及到证明,同时在证明中渗透着计算,计算时要注意中间量的求解,最后再结合面积、体积公式得到所求20、(1),(2)【解析】(1)由同角关系原不等式可化为,化简可得,结合正弦函数可求其解集,(2)由条件可得在上的最大值小于或等于在上的最小值,利用单调性求的最大值,利用换元法,通过分类讨论求的最小值,由此列不等式求实数a的取值范围.【小问1详解】由得,,当时,,由,而,故解得,所以的解集为,.【小问2详解】由题意可知在上的最大值小于或等于在上的最小值.因为在上单调递减,所以在上的值域为.则恒成立,令,于是在恒成立.当即时,在上单调递增,则只需,即,此时恒成立,所以;当即时,在上单调递减,则只需,即,不满足,舍去;当即时,只需,解得,而,所以.综上所述,实数a的取值范围为.21、(1);(2)反射光线所在的直线方程的一般式为:.【解析】(1)设圆,根据圆心在直线上,圆经过点,并且直线与圆相交所得的弦长为,列出关于的方程组,解出的值,可得圆的标准方程,再化为一般方程即可;(2)点关于轴的对称点,反射光线所在的直线即为,又因为,利
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