黑龙江省绥化市青冈县第一中学2025届数学高一上期末统考试题含解析

黑龙江省绥化市青冈县第一中学2025届数学高一上期末统考试题注意事项：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．在轴上的截距分别是，4的直线方程是A. B.C. D.2．已知函数，，的零点分别为则的大小顺序为（）A. B.C. D.3．已知函数对任意都有，则等于A.2或0 B.-2或0C.0 D.-2或24．在三角形中，若点满足，则与的面积之比为（）A. B.C. D.5．设：，：，则是的（）A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件6．化为弧度是（）A. B.C. D.7．设，则“”是“”的（）A充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件8．已知函数，若函数恰有8个不同零点，则实数a的取值范围是（）A. B.C. D.9．两直线2x+3y-k=0和x-ky+12=0的交点在y轴上，那么k的值是A.-24 B.6C.±6 D.±2410．若，则与在同一坐标系中的图象大致是（）A. B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知且，且，函数的图象过定点A，A在函数的图象上，且函数的反函数过点，则______.12．圆的半径是,弧度数为3的圆心角所对扇形的面积等于___________13．设、为平面向量，若存在不全为零的实数λ，μ使得λμ0，则称、线性相关，下面的命题中，、、均为已知平面M上的向量①若2，则、线性相关；②若、为非零向量，且⊥，则、线性相关；③若、线性相关，、线性相关，则、线性相关；④向量、线性相关的充要条件是、共线上述命题中正确的是（写出所有正确命题的编号）14．设，向量，，若，则_______15．___________16．在正方体中，则异面直线与的夹角为_________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)当时，求方程的解；(2)若，不等式恒成立，求的取值范围.18．已知两条直线（1）若，求实数的值；（2）若，求实数的值19．已知集合，集合当时，求及；若，求实数m的取值范围20．已知函数.（1）求的定义域；（2）若角在第一象限且，求的值.21．已知，求值：（1）；（2）2.

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、B【解析】根据直线方程的截距式写出直线方程即可【详解】根据直线方程的截距式写出直线方程，化简得，故选B.【点睛】本题考查直线的截距式方程，属于基础题2、C【解析】利用数形结合，画出函数的图象，判断函数的零点的大小即可【详解】函数，，的零点转化为，，与的图象的交点的横坐标，因为零点分别为在坐标系中画出，，与的图象如图：可知，，，满足故选：3、D【解析】分析：由条件可得，函数f（x）的图象关于直线x=对称，故f（）等于函数的最值，从而得出结论详解：由题意可得，函数f（x）的图象关于直线x=对称，故f（）=±2，故答案为±2点睛：本题考查了函数f（x）=Asin（ωx+φ）的图象与性质的应用问题，是基础题目．一般函数的对称轴为a，函数的对称中心为（a,0）.4、B【解析】由题目条件所给的向量等式，结合向量的线性运算推断P、Q两点所在位置，比较两个三角形的面积关系【详解】因为，所以，即，得点P为线段BC上靠近C点的三等分点，又因为，所以，即，得点Q为线段BC上靠近B点的四等分点，所以，所以与的面积之比为，选择B【点睛】平面向量的线性运算要注意判断向量是同起点还是收尾相连的关系再使用三角形法则和平行四边形法则进行加减运算，借助向量的数乘运算可以判断向量共线，及向量模长的关系5、B【解析】解出不等式，根据集合的包含关系，可得到答案.【详解】解：因为：，所以：或，因为：，所以是的充分不必要条件.故选：B【点睛】本题考查了充分不必要条件的判断，两个命题均是范围形式，解决问题常见的方法是判断出集合之间包含关系.6、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.7、A【解析】根据充分条件、必要条件的概念求解即可.【详解】因为，所以由，，所以“”是“”成立的充分不必要条件故选：A8、A【解析】利用十字相乘法进行因式分解，然后利用换元法，作出的图象，利用数形结合判断根的个数即可.【详解】由，得，解得或，作出的图象如图，则若，则或，设，由得，此时或，当时，，有两根，当时，，有一个根，则必须有，有个根，设，由得，若，由，得或，有一个根，有两个根，此时有个根，不满足题意；若，由，得，有一个根，不满足条件.若，由，得，有一个根，不满足条件；若，由，得或或，当，有一个根，当时，有个根，当时，有一个根，此时共有个根，满足题意.所以实数a的取值范围为.故选：A.【点睛】方法点睛：已知函数零点(方程根)的个数，求参数取值范围的三种常用的方法：(1)直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法，先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为的交点个数的图象的交点个数问题第II卷（非选择题9、C【解析】两直线2x+3y-k=0和x+ky-12=0的交点在y轴上，令x=0，可得，解得k即可【详解】∵两直线2x+3y-k=0和x+ky-12=0的交点在y轴上，令x=0，可得，解得k=±6故选C【点睛】本题考查了两条直线的交点坐标，考查了推理能力与计算能力，属于基础题10、D【解析】根据指数函数与对数函数的图象判断【详解】因为，，是减函数，是增函数，只有D满足故选：D二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、8【解析】由图象平移变换和指数函数的性质可得点A坐标，然后结合反函数的性质列方程组可解.【详解】函数的图象可以由的图象向右平移2各单位长度，再向上平移3个单位长度得到，故点A坐标为，又的反函数过点，所以函数过点，所以，解得，所以.故答案为：812、【解析】根据扇形的面积公式，计算即可.【详解】由扇形面积公式知，.【点睛】本题主要考查了扇形的面积公式，属于容易题.13、①④【解析】利用和线性相关等价于和是共线向量，故①正确，②不正确，④正确．通过举反例可得③不正确【详解】解：若、线性相关，假设λ≠0，则，故和是共线向量反之，若和是共线向量，则，即λμ0，故和线性相关故和线性相关等价于和是共线向量①若2，则20，故和线性相关，故①正确②若和为非零向量，⊥，则和不是共线向量，不能推出和线性相关，故②不正确③若和线性相关，则和线性相关，不能推出若和线性相关，例如当时，和可以是任意的两个向量．故③不正确④向量和线性相关的充要条件是和是共线向量，故④正确故答案为①④【点睛】本题考查两个向量线性相关的定义，两个向量共线的定义，明确和线性相关等价于和是共线向量，是解题的关键14、【解析】根据向量共线的坐标表示，得到，再由二倍角的正弦公式化简整理，即可得出结果.【详解】∵，向量，，∴，∴，∵，∴故答案为：.【点睛】本题主要考查由向量共线求参数，涉及二倍角的正弦公式，熟记向量共线的坐标表示即可，属于常考题型.15、【解析】利用、两角和的正弦展开式进行化简可得答案.【详解】故答案为：.16、【解析】先证明，可得或其补角即为异面直线与所成的角，连接，在中求即可.【详解】在正方体中，，所以，所以四边形是平行四边形，所以，所以或其补角即为异面直线与所成的角，连接，由为正方体可得是等边三角形，所以.故答案为：【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角三、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）或；（2）【解析】（1）由题意可得，由指数方程的解法即可得到所求解；（2）由题意可得，设，，，可得，即有，由对勾函数的单调性可不等式右边的最大值，进而得到所求范围【详解】（1）方程，即为，即有，所以或，解得或；（2）若，不等式恒成立可得，即，设，，可得，即有，由在递增，可得时取得最大值，即有【点睛】本题考查指数方程的解法和不等式恒成立问题的解法，注意运用换元法和参数分离法，结合对勾函数的单调性，考查运算能力和推理能力，属于中档题18、（1）；（2）.【解析】（1）本小题考查两直线平行的性质，当两直线的斜率存在且两直线平行时，他们的斜率相等，注意截距不相等；由，得或-1，经检验，均满足；（2）本小题考查两直线垂直的性质，当两直线斜率存在时，两直线的斜率之积为，注意斜率不存在的情况；由于直线的斜率存在，所以，由此即可求出结果.试题解析：(1)因为直线的斜率存在，又∵，∴，∴或，两条直线在轴是的截距不相等，所以或满足两条直线平行；(2)因为两条直线互相垂直，且直线的斜率存在，所以，即，解得.点睛：设平面上两条直线的方程分别为；

比值法：和相交；和垂直；和平行；和重合

斜率法：（条件：两直线斜率都存在，则可化成点斜式）与相交；与平行；与重合；与垂直;19、（1），或；（2）或.【解析】（1）当时，Q=，由集合的交、并、补运算，即可求解；（2）由集合的包含关系，得Q⊆P，讨论①Q=∅，②Q≠∅，运算可得解【详解】（1）当时，Q=，所以，或.（2）因为P∩Q=Q，所以Q⊆P，①当m-1＞3m-2，即时，Q=∅，满足题意，②当m-1≤3m-2，即时，，解得，综合①②可得：实数m的取值范围或.【点睛】本题主要考查了集合的交、并、补运算及集合的包含关系的应用，其中解答中熟记集合的运算的基本方法，以及合理利用集合的包含关系，分类讨论求解是解答的关键，着重考查了分类讨论思想，以及运算与求解能力，属于基础题.20、(1)；(2).【解析】（1）根据分母不为零，结合诱导