2025届广东省东莞市清溪晨光英才培训中心数学高一上期末达标检测模拟试题含解析

2025届广东省东莞市清溪晨光英才培训中心数学高一上期末达标检测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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．在同一坐标系中，函数与大致图象是（）A. B.C. D.2．下列各选项中的两个函数的图象关于y轴对称的是（）A.与 B.与C.与 D.与3．已知、、是的三个内角，若，则是A.钝角三角形 B.锐角三角形C.直角三角形 D.任意三角形4．定义运算，则函数的部分图象大致是（）A. B.C. D.5．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. B.C. D.6．若集合，则A. B.C. D.7．某人去上班，先跑步，后步行.如果y表示该人离单位的距离，x表示出发后的时间，那么下列图象中符合此人走法的是（）.A. B.C. D.8．已知向量，，若与共线，则等于（）A. B.C. D.9．已知集合，则A. B.C.（ D.）10．已知矩形，，，将矩形沿对角线折成大小为的二面角，则折叠后形成的四面体的外接球的表面积是A. B.C. D.与的大小有关二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．如图，扇形的面积是1，它的弧长是2，则扇形的圆心角的弧度数为______12．____.13．某地街道呈现东—西、南—北向的网格状，相邻街距都为1，两街道相交的点称为格点.若以互相垂直的两条街道为坐标轴建立平面直角坐标系，根据垃圾分类要求，下述格点为垃圾回收点：，，，，，.请确定一个格点（除回收点外）___________为垃圾集中回收站，使这6个回收点沿街道到回收站之间路程的和最短.14．函数是奇函数，则实数__________.15．若函数，，则_________；当时，方程的所有实数根的和为__________.16．已知向量，，，，则与夹角的余弦值为______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．（1）已知，化简：；（2）已知，证明：18．知，.（Ⅰ）若为真命题，求实数的取值范围；（Ⅱ）若为成立的充分不必要条件，求实数的取值范围.19．已知函数求的最小正周期以及图象的对称轴方程当时，求函数的最大值和最小值20．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M，N分别为棱AC和A1B1的中点，且AB＝BC（1）求证：平面BMN⊥平面ACC1A1；（2）求证：MN∥平面BCC1B121．（1）已知，求的值；（2）已知，求的值；

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】根据题意，结合对数函数与指数函数的性质，即可得出结果.【详解】由指数函数与对数函数的单调性知：在上单调递增，在上单调递增，只有B满足.故选：B.2、A【解析】根据题意，逐一分析各选项中两个函数的对称性，再判断作答.【详解】对于A，点是函数图象上任意一点，显然在的图象上，而点与关于y轴对称，则与的图象关于y轴对称，A正确；对于B，点是函数图象上任意一点，显然在的图象上，而点与关于原点对称，则与的图象关于原点对称，B不正确；对于C，点是函数图象上任意一点，显然在的图象上，而点与关于x轴对称，则与的图象关于x轴对称，C不正确；对于D，点是函数图象上任意一点，显然在的图象上，而点与关于直线y=x对称，则与的图象关于直线y=x对称，D不正确.故选：A3、A【解析】依题意，可知B，C中有一角为钝角，从而可得答案详解】∵A是△ABC的一个内角，∴sinA＞0，又sinAcosBtanC＜0，∴cosBtanC＜0，∴B，C中有一角为钝角，故△ABC为钝角三角形故选A【点睛】本题考查三角形的形状判断，求得B，C中有一角为钝角是判断的关键，属于中档题4、B【解析】根据运算得到函数解析式作图判断.【详解】，其图象如图所示：故选：B5、B【解析】由三视图可知,该几何体是由圆柱切掉四分之一所得,故体积为.故选B.6、D【解析】详解】集合，所以.故选D.7、D【解析】根据随时间的推移该人所走的距离的大小的变化快慢，从而即可获得问题的解答，即先利用时的函数值排除两项，再利用曲线的斜率反映行进速度的特点选出正确结果【详解】解：由题意可知：时所走的路程为0，离单位的距离为最大值，排除A、C，随着时间的增加，先跑步，开始时随的变化快，后步行，则随的变化慢，所以适合的图象为D；故选：D8、A【解析】先求出，，再根据向量共线求解即可.【详解】由题得，因为与共线，.故选：A.【点睛】本题主要考查平面向量的坐标运算和向量共线的坐标表示，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.9、C【解析】因为所以，故选.考点：1.集合的基本运算；2.简单不等式的解法.10、C【解析】由题意得，在二面角内的中点O到点A,B,C,D的距离相等，且为，所以点O即为外接球的球心，且球半径为，所以外接球的表面积为．选C二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】根据扇形的弧长公式和面积公式，列出方程组，即可求解.【详解】由题意，设扇形所在圆的半径为，扇形的弧长为，因为扇形的面积是1，它的弧长是2，由扇形的面积公式和弧长公式，可得，解得，.故答案为2.【点睛】本题主要考查了扇形的弧长公式，以及扇形的面积公式的应用，其中解答中熟记扇形的弧长公式和扇形的面积公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.12、.【解析】本题直接运算即可得到答案.【详解】解：，故答案为：.【点睛】本题考查指数幂的运算、对数的运算，是基础题.13、【解析】根据题意，设满足题意得格点为，这6个回收点沿街道到回收站之间路程的和为，故，再分别求和的最小值时的即可得答案.【详解】解：设满足题意得格点为，这6个回收点沿街道到回收站之间路程和为，则，令，由于其去掉绝对值为一次函数，故其最小值在区间端点值，所以代入得，所以当时，取得最小值，同理，令，代入得所以当或时，取得最小值，所以当，或时，这6个回收点沿街道到回收站之间路程的和最小，由于是一个回收点，故舍去，所以当，这6个回收点沿街道到回收站之间路程的和最小，故格点为故答案为：14、【解析】根据给定条件利用奇函数的定义计算作答.【详解】因函数是奇函数，其定义域为R，则对，，即，整理得：，而不恒为0，于得，所以实数.故答案为：15、①.0②.4【解析】直接计算，可以判断的图象和的图象都关于点中心对称，所以所以两个函数图象的交点都关于点对称，数形结合即可求解.【详解】因为，所以，分别作出函数与的图象，图象的对称中心为，令，可得，当时，，所以的对称中心为，所以两个函数图象的交点都关于点对称，当时，两个函数图象有个交点，设个交点的横坐标分别为，，，，且，则，，所以，所以方程的所有实数根的和为，故答案为：，【点睛】关键点点睛：本题的关键点是判断出的图象和的图象都关于点中心对称，作出函数图象可知两个函数图象有个交点，设个交点的横坐标分别为，，，，且，则和关于中心对称，和关于中心对称，所以，，即可求解.16、【解析】运用平面向量的夹角公式可解决此问题．【详解】根据题意得，，，，故答案为．【点睛】本题考查平面向量夹角公式的简单应用．平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角，（此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影，在上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量的模（平方后需求）.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)0；(2)证明见解析.【解析】(1)由给定条件确定出，值的正负及大小，再利用二倍角公式化简计算即得；(2)由给定角求出，利用和角公式变形，再展开所证等式的左边代入计算即得.【详解】(1)因，则，则原式；(2)因，则，即，亦即，则，所以原等式成立.18、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）解不等式即得；（Ⅱ）再求出不等式的解，由充分不必要条件与集合包含的关系得出不等关系，可求得结论【详解】（Ⅰ）若为真命题，解不等式得，实数的取值范围是.（Ⅱ）解不等式得，为成立的充分不必要条件，是的真子集.且等号不同时取到，得.实数的取值范围是.【点睛】结论点睛：本题考查充分不必要条件的判断，一般可根据如下规则判断：（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）是的充分不必要条件，则对应集合是对应集合的真子集；（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；（4）是的既不充分又不必要条件，对的集合与对应集合互不包含19、（1）最小正周期为，对称轴方程为（2）最小值0；最大值【解析】（1）先根据二倍角公式以及配角公式将函数化为基本三角函数，再根据正弦函数性质求周期以及图象的对称轴方程（2）先根据自变量范围，确定范围，再根据正弦函数图像得最值试题解析：解：的最小正周期为由得的对称轴方程为当时，当时，即时，函数f（x）取得最小值0；当时，即时，函数f（x）取得最大值20、（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）由面面垂直的性质定理证明平面，再由面面垂直的判定定理得证面面垂直；（2）取BC中点P，连接B1P和MP，可证MN∥PB1，从而可证线面平行【详解】（1）因为M为棱AC的中点，且AB＝BC，所以BM⊥AC，又因为ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥平面ABC因为BM⊂平面ABC，所以AA1⊥BM又因为AC，A1A⊂平面ACC1A1且AC∩A1A＝A，所以BM⊥平面ACC1A1因为BM⊂平面BMN，所以：平面BMN⊥平面ACC1A1（2）取BC的中点P，连接B1P和MP，因为M、P为棱AC、BC的中点，所以MP∥AB，且MPAB，因为ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以A1B1∥AB，A1B1＝AB因为N为棱A1B1的中点，所以B1N∥BA，且B1NBA；所以B1N∥PM，且B1N＝PM；所以MNB1P是平行四边形，所以MN∥PB1又因为MN⊄平面BCC，PB1⊂平