2025年太原师院附中师苑中学数学高一上期末达标检测试题含解析

2025年太原师院附中师苑中学数学高一上期末达标检测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．已知函数的图象是一条连续不断的曲线，且有如下对应函数值表：12456123.13615.55210.88-52.488-232.064在以下区间中，一定有零点的是（）A.（1，2） B.（2，4）C.（4，5） D.（5，6）2．已知为锐角，且，，则A. B.C. D.3．已知是定义在上的减函数，若对于任意，均有，，则不等式的解集为（）A. B.C. D.4．下列函数中，最小正周期为的奇函数是（）A. B.C. D.5．函数，其部分图象如图所示，则（）A. B.C. D.6．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，其终边与单位圆相交于点，则（）A. B.C. D.7．设则的最大值是（）A.3 B.C. D.8．下列函数中，值域为的偶函数是A. B.C. D.9．命题“，”的否定为（）A.， B.，C， D.，10．已知函数，若函数恰有两个零点，则实数的取值范围是A. B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．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__________12．已知函数是定义在上的奇函数,当时,,则当时____13．设函数在区间上的最大值和最小值分别为M、m，则___________.14．已知函数，的值域为，则实数的取值范围为__________.15．已知点为圆上的动点,则的最小值为__________16．设角的顶点与坐标原点重合，始变与轴的非负半轴重合，若角的终边上一点的坐标为，则的值为__________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．定义在上奇函数，已知当时，求实数a的值；求在上的解析式；若存在时，使不等式成立，求实数m的取值范围18．对于函数，若实数满足，则称是的不动点．现设（1）当时，分别求与的所有不动点；（2）若与均恰有两个不动点，求a的取值范围；（3）若有两个不动点，有四个不动点，证明：不存在函数满足19．已知关于不等式的解集为.（1）若，求的值；（2）若，求实数的取值范围；（3）若非空集合，请直接写出符合条件的整数的集合.20．已知函数.（1）若函数在是增函数，求的取值范围；（2）若对于任意的，恒成立，求的取值范围.21．如图,在四棱锥中,平面,底面是菱形,,,,为与的交点,为棱上一点.（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）若平面,求三棱锥的体积.

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、C【解析】由表格数据，结合零点存在定理判断零点所在区间.【详解】∵∴，，，,又函数的图象是一条连续不断的曲线，由函数零点存在定理可得在区间上一定有零点故选：C.2、B【解析】∵为锐角，且∴∵，即∴，即∴∴故选B3、D【解析】根据已知等式，结合函数的单调性进行求解即可.【详解】令时，，由，因为是定义在上的减函数，所以有，故选：D4、C【解析】根据题意，分别判断四个选项中的函数的最小正周期和奇偶性即可，其中A、C选项中的函数先要用诱导公式化简.【详解】A选项：，其定义域为，，为偶函数，其最小正周期为，故A错误.B选项：，其最小正周期为，函数定义域为，，函数不是奇函数，故B错误.C选项：其定义域为，，函数为奇函数，其最小正周期为，故C正确.D选项：函数定义域为，，函数为偶函数，其最小正周期，故D错误.故选：C.5、C【解析】利用图象求出函数的解析式，即可求得的值.【详解】由图可知，，函数的最小正周期为，则，所以，，由图可得，因为函数在附近单调递增，故，则，，故，所以，，因此，.故选：C.6、C【解析】由已知利用任意角的三角函数求得，再由二倍角的余弦公式求解即可【详解】解：因为角的终边与单位圆相交于点，则，故选：C7、D【解析】利用基本不等式求解.【详解】因为所以，当且仅当，即时，等号成立，故选：D8、D【解析】值域为的偶函数；值域为R的非奇非偶函数；值域为R的奇函数；值域为的偶函数.故选D9、B【解析】根据特称命题的否定为全称命题可得.【详解】根据特称命题的否定为全称命题，可得命题“，”的否定为“，”故选：B.10、A【解析】因为，且各段单调，所以实数的取值范围是，选A.点睛：已知函数零点求参数的范围的常用方法，(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，作出函数的图象，然后数形结合求解二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【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.12、【解析】设则得到，再利用奇函数的性质得到答案.【详解】设则,函数是定义在上的奇函数故答案为【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性计算函数表达式，属于常考题型.13、2【解析】，令，易得函数为奇函数，则，从而可得出答案.【详解】解：，令，因为，所以函数为奇函数，所以，即，所以，即.故答案为：2.14、##【解析】由题意，可令，将原函数变为二次函数，通过配方，得到对称轴，再根据函数的定义域和值域确定实数需要满足的关系，列式即可求解.【详解】设，则，∵，∴必须取到，∴，又时，，，∴，∴.故答案为：15、-4【解析】点为圆上的动点，所以.由，所以当时有最小值-4.故答案为-4.16、【解析】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）；（3）.【解析】根据题意，由函数奇偶性的性质可得，解可得的值，验证即可得答案；当时，，求出的解析式，结合函数的奇偶性分析可得答案；根据题意，若存在，使得成立，即在有解，变形可得在有解设，分析的单调性可得的最大值，从而可得结果【详解】根据题意，是定义在上的奇函数，则，得经检验满足题意；故；根据题意，当时，，当时，，又是奇函数，则综上，当时，；根据题意，若存在，使得成立，即在有解，即在有解又由，则在有解设，分析可得上单调递减，又由时，，故即实数m的取值范围是【点睛】本题考查函数的奇偶性的应用，以及指数函数单调性的应用，属于综合题18、（1）（2）（3）见详解.【解析】【小问1详解】因为，所以即，所以，所以的不动点为；解，，所以，因为是的解，所以上述四次方程必有因式，利用长除法或者双十字相乘法因式分解得，所以，所以的不动点为；【小问2详解】由得，由、得，因为是的解，所以上述四次方程必有因式，利用长除法或者双十字相乘法因式分解得，因为与均恰有两个不动点，所以①或②且和有同根，由①得，②中两方程相减得，所以，故，综上，a的取值范围是；【小问3详解】（3）设的不动点为，的不动点为，所以，设，则，所以，所以是的不动点，同理，也是的不动点，只能，假设存在，则或，因为过点，所以，否则矛盾，且，否则，所以一定存在，与均不同，所以，所以，所以有另外不动点，矛盾，故不存在函数满足19、（1）3；（2）；（3）.【解析】(1)由给定解集可得2，3是方程的二根即可求解作答.(2)根据给定条件列出关于a的不等式求解作答.(3)分a大于2或小于2两类讨论作答.【小问1详解】因方程的根为或，而不等式的解集为，则2，3是方程的二根，所以.【小问2详解】因为，即有，解得：，所以实数的取值范围为.【小问3详解】因非空，则，当时，，显然集合不是集合的子集，当时，，而，则，所以整数的集合是.20、（1）（2）【解析】（1）由函数可知对称轴为，由单调性可知，即可求解；（2）整理问题为在时恒成立，设，则可转化问题为在时恒成立，讨论对称轴与的位置关系，进而求解.【小问1详解】因为函数，所以对称轴为，因为在是增函数，所以，解得【小问2详解】因为对于任意的，恒成立，即在时恒成立，所以在时恒成立，设，则对称轴为，即在时恒成立，当，即时，，解得；当，即时，，解得（舍去），故.21、（Ⅰ）答案见详解;（Ⅱ）.【解析】(Ⅰ)平面,,四边形是菱形,,平面;(Ⅱ)连接,由平面,推出,从而