贵州省纳雍县第五中学2025届高一数学第一学期期末考试试题含解析

贵州省纳雍县第五中学2025届高一数学第一学期期末考试试题注意事项: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.2．设，，，则有（）A. B.C. D.3．已知集合A={t2+s2|t，s∈Z}，且x∈A，y∈A，则下列结论正确的是Ax+y∈AB.x-y∈AC.xy∈AD.4．已知“”是“”的充分不必要条件，则k的取值范围为（）A. B.C. D.5．如图，一个空间几何体的主视图、左视图、俯视图为全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角边长为1，那么这个几何体的体积为A.1 B.C. D.6．函数的图象大致是A. B.C. D.7．函数的值域是A. B.C. D.8．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，将角的终边按顺时针方向旋转后经过点，则（）A. B.C. D.9．设全集为，集合，，则（）A. B.C. D.10．如图：在正方体中，设直线与平面所成角为，二面角的大小为，则为A. B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知α为第二象限角，且则的值为______.12．将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，若使得，且的最小值为，则_________.13．命题“”的否定是________________.14．若sinθ=，求的值_______15．设x、y满足约束条件，则的最小值是________.16．从2008年京津城际铁路通车运营开始，高铁在过去几年里快速发展，并在国民经济和日常生活中扮演着日益重要的角色.下图是2009年至2016年高铁运营总里程数的折线图图（图中的数据均是每年12月31日的统计结果).根据上述信息下列结论中，所有正确结论的序号是____①2015年这一年,高铁运营里程数超过0.5万公里;②2013年到2016年高铁运营里程平均增长率大于2010到2013高铁运营里程平均增长率;③从2010年至2016年，新增高铁运营里程数最多的一年是2014年;④从2010年至2016年，新增高铁运营里程数逐年递增;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．设在区间单调，且都有（1）求的解析式；（2）用“五点法”作出在的简图，并写出函数在的所有零点之和.18．已知函数.（1）判断并证明的奇偶性；（2）若，求的取值范围.19．已知（1）化简；（2）若，求的值20．若集合，，.（1）求；（2）若，求实数的取值范围.21．已知函数，.（1）若在区间上是单调函数，则的取值范围；（2）在（1）的条件下，是否存在实数，使得函数与函数的图象在区间上有唯一的交点，若存在，求出的范围，若不存在，请说明理由.

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、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.2、C【解析】利用和差公式，二倍角公式等化简，再利用正弦函数的单调性比较大小.【详解】，，，因为函数在上是增函数，，所以由三角函数线知：，，因为，所以，所以故选：C.3、C【解析】∵集合A={t2+s2∣∣t,s∈Z}，∴1∈A，2∈A，1+2=3∉A，故A“x+y∈A”错误；又∵1−2=−1∉A，故B“x−y∈A”错误；又∵,故D“∈A”错误；对于C,由，设，且.则.且，所以.故选C.4、C【解析】根据“”是“”的充分不必要条件，可知是解集的真子集，然后根据真子集关系求解出的取值范围.【详解】因为，所以或，所以解集为，又因为“”是“”的充分不必要条件，所以是的真子集，所以，故选：C.【点睛】结论点睛：一般可根据如下规则判断充分、必要条件：（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；（2）若是的充分不必要条件，则对应集合是对应集合的真子集；（3）若是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；（4）若是的既不充分也不必要条件，则对应集合与对应集合互不包含.5、D【解析】由三视图可知：此立体图形是一个底面为等腰直角三角形，一条棱垂直于底面的三棱锥；所以其体积为.故选D.考点：三视图和立体图形的转化；三棱锥的体积.6、A【解析】利用函数的奇偶性排除选项B、C项，然后利用特殊值判断，即可得到答案【详解】由题意，函数满足，所以函数为偶函数，排除B、C，又因为时，，此时，所以排除D，故选A【点睛】本题主要考查了函数的图象的识别问题，其中解答中熟练应用函数的奇偶性进行排除，以及利用特殊值进行合理判断是解答的关键，着重考查了分析问题解决问题的能力，属于基础题.7、C【解析】函数中，因为所以.有.故选C.8、A【解析】根据角的旋转与三角函数定义得，利用两角和的正切公式求得，然后待求式由二倍公式，“1”的代换，变成二次齐次式，转化为的式子，再计算可得【详解】解：将角的终边按顺时针方向旋转后所得的角为，因为旋转后的终边过点，所以，所以.所以.故选：A9、B【解析】先求出集合B的补集，再根据集合的交集运算求得答案.【详解】因为，所以，故，故选:B.10、B【解析】连结BC1，交B1C于O，连结A1O，∵在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，BC1⊥B1C，BC1⊥DC，∴BO⊥平面A1DCB1，∴∠BA1O是直线A1B与平面A1DCB1所成角θ1，∵BO=A1B，∴θ1=30°；∵BC⊥DC，B1C⊥DC，∴∠BCB1是二面角A1﹣DC﹣A的大小θ2，∵BB1=BC，且BB1⊥BC，∴θ2=45°故答案选：B二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】根据已知求解得出，再利用诱导公式和商数关系化简可求【详解】由，得，得或.α为第二象限角，，.故答案：.12、【解析】根据三角函数的图形变换，求得，根据，不妨设，求得，，得到则，根据题意得到，即可求解.【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，可得，又由，不妨设，由，解得，即，又由，解得，即则，因为的最小值为，可得，解得或，因为，所以.故答案为：13、.【解析】根据含有一个量词的命题的否定可得结果【详解】由含有一个量词的命题的否定可得，命题“”的否定为“”故答案为【点睛】对于含有量词的命题的否定要注意两点：一是要改换量词，把特称（全称）量词改为全称（特称）量词；二是把命题进行否定．本题考查特称命题的否定，属于简单题14、6【解析】先通过诱导公式对原式进行化简，然后通分，进而通过同角三角函数的平方关系将原式转化为只含的式子，最后得到答案.【详解】原式=+，因为，所以.所以.故答案为：6.15、-6【解析】先根据约束条件画出可行域，再利用的几何意义求最值，只需求出直线过可行域内的点时，从而得到的最小值即可【详解】解：由得，作出不等式组对应的平面区域如图（阴影部分ABC）：平移直线，由图象可知当直线，过点A时，直线截距最大，此时z最小，由得，即，代入目标函数，得∴目标函数的最小值是﹣6故答案为：【点睛】本题考查简单线性规划问题，属中档题16、②③【解析】根据数据折线图，分别进行判断即可.【详解】①看2014，2015年对应的纵坐标之差小于2-1.5=0.5，故①错误；②连线观察2013年到2016年两点连线斜率更大，故②正确；③2013年到2014年两点纵坐标之差最大，故③正确；④看相邻纵坐标之差是否逐年增加，显然不是，有增有减，故④错误；故答案为：②③.三、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）图象见解析，所有零点之和为【解析】（1）依题意在时取最大值，在时取最小值，再根据函数在单调，即可得到，即可求出，再根据函数在取得最大值求出，即可求出函数解析式；（2）列出表格画出函数图象，再根据函数的对称性求出零点和；【小问1详解】解：依题意在时取最大值，在时取最小值，又函数在区间单调，所以，即，又，所以，由得，即，又因为，所以，，所以.【小问2详解】解：列表如下0001所以函数图象如下所示：由图知的一条对称轴为有两个实数根，记为，则由对称性知，所以所有实根之和为.18、（1）是奇函数，证明见解析（2）【解析】（1）先求函数的定义域，再利用奇偶性的定义进行判定；（2）先解关于的一元二次不等式得到，再利用对数函数的单调性转化为分式不等式进行求解.【小问1详解】解：是奇函数，证明如下：令，即，解得，即的定义域为；对于任意，都有，且，即，所以是奇函数.【小问2详解】解：因为，所以，则，即，所以，因为，所以，所以可化为，解得，即的取值范围为.19、（1）（2）.【解析】（1）根据诱导公式及同角关系式化简即得；（2）根据可知，从而求得结果.【小问1详解】由诱导公式可得：；【小问2详解】由于，有，得，，可得故值为.20、（1）；（2）.【解析】（1）解不等式求出集合，再进行交集运算即可求解；（2）解不等式求集合，根据并集的结果列不等式即可求解.【详解】（1），，；（2），或，，.即实数的取值范围为.21、（1）或；（2）存在，且的取值范围是.【解析】（1）分、两种情况讨论，根据函数在区间上单调可出关于的不等式，综合可得出实数的取值范围；（2）分、、、四种情况讨论，分析两个函数在区间上的单调性，根据已知条件可得出关于实数的不等式（组），综合可解得实数的取值范围.【小问1详解】解：当时在上单调递减.当时，是二次函数，其对称轴为直线，在区间上是单调函数，或，即或，解得：或或.综上：或.【小问2详解】解：①当时，单调递减，单调递增，则函数单调递增，因为，，由零点存在定理可知，存在唯一的使得，此时，函数与函数在区间上的图象有唯一的交点，合乎题意；②当时，二次函数的图象开口向下，对称轴为直线，所以，在上单调递减，单调递增，则函数在上单调递增，要使得函数与函数的图象在区间上有唯一的交点，则，解得，此时；③当时，二次函数的图象开口向上，对称轴，则在上单调递减，在上单调递增，则函数上单调递增，要使得函数与函数的图象在区间上有唯一的交点，则，解得，此时；④当时，