福建省閩侯二中五校教學聯合體2025屆數學高一上期末考試試題含解析

福建省閩侯二中五校教學聯合體2025屆數學高一上期末考試試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．已知函數，下列區(qū)間中包含零點的區(qū)間是（）A. B.C. D.2．已知正方體外接球的表面積為，正方體外接球的表面積為，若這兩個正方體的所有棱長之和為，則的最小值為（）A. B.C. D.3．的值為A. B.C. D.4．設集合，則（）A. B.C. D.5．若圓錐的底面半徑為2cm，表面積為12πcm2，則其側面展開后扇形的圓心角等于（）A. B.C. D.6．設則的大小關系是A. B.C. D.7．直線過點，且與軸正半軸圍成的三角形的面積等于的直線方程是（）A. B.C. D.8．已知函數，且函數恰有三個不同的零點，則實數的取值范圍是A. B.C. D.9．已知點在圓外，則直線與圓的位置關系是（）A.相切 B.相交C.相離 D.不確定10．已知正三棱錐P—ABC（頂點在底面的射影是底面正三角形的中心）的側面是頂角為30°腰長為2的等腰三角形，若過A的截面與棱PB，PC分別交于點D和點E，則截面△ADE周長的最小值是（）A. B.2C. D.2二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知奇函數f（x），當x>0，fx=x212．已知是定義在上奇函數，且函數為偶函數，當時，，則______13．函數的單調遞增區(qū)間為__________14．已知函數，若，，則的取值范圍是________15．已知是定義在R上的偶函數，且在區(qū)間上單調遞增.若實數滿足，則的取值范圍是______.16．已知，則______________三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．如圖，平面，，，，分別為的中點．（I）證明：平面；（II）求與平面所成角的正弦值．18．某品牌手機公司的年固定成本為50萬元，每生產1萬部手機需增加投入20萬元，該公司一年內生產萬部手機并全部銷售完當年銷售量不超過40萬部時，銷售1萬部手機的收入萬元；當年銷售量超過40萬部時，銷售1萬部手機的收入萬元（1）寫出年利潤萬元關于年銷售量萬部的函數解析式；（2）年銷售量為多少萬部時，利潤最大，并求出最大利潤.19．已知函數在一個周期內的圖象如圖所示.（1）求函數的最小正周期T及的解析式；（2）求函數的對稱軸方程及單調遞增區(qū)間；（3）將的圖象向右平移個單位長度，再將所得圖象上所有點的橫坐標伸長為原來的2倍（縱坐標不變），得到函數的圖像，若在上有兩個解，求a的取值范圍.20．設，.（1）求的值；（2）求與夾角的余弦值.21．已知是方程的兩根，且.求：及的值.

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、C【解析】根據函數零點的存在性定理，求得，即可得到答案.【詳解】由題意，函數，易得函數為單調遞減函數，又由，所以，根據零點的存在定理，可得零點的區(qū)間是.故選：C.2、B【解析】設正方體的棱長為，正方體的棱長為，然后表示出兩個正方體外接球的表面積，求出化簡變形可得答案【詳解】解：設正方體的棱長為，正方體的棱長為因為，所以，則因為，所以，因為，所以，故當時，取得最小值，且最小值為故選：B3、C【解析】sin210°=sin（180°+30°）=﹣sin30°=﹣．故選C．4、D【解析】根據絕對值不等式的解法和二次函數的性質，分別求得集合，即可求解.【詳解】由，解得，即，即，又由，即，所以.故選：D.5、D【解析】利用扇形面積計算公式、弧長公式及其圓的面積計算公式即可得出【詳解】設圓錐的底面半徑為r=2，母線長為R，其側面展開后扇形的圓心角等于θ由題意可得：，解得R=4又2π×2=Rθ∴θ=π故選D【點睛】本題考查了扇形面積計算公式、弧長公式及其圓的面積計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題6、C【解析】由在區(qū)間是單調減函數可知，，又，故選.考點：1.指數函數的性質；2.函數值比較大小.7、A【解析】先設直線方程為：，根據題意求出，即可得出結果.【詳解】設所求直線方程為：，由題意得，且解得故，即.故選：A.【點睛】本題主要考查求直線的方程，熟記直線的斜截式方程即可，屬于?？碱}型.8、A【解析】函數恰有三個不同的零點等價于與有三個交點，再分別畫出和的圖像，通過觀察圖像得出a的范圍.【詳解】解：方程所以函數恰有三個不同的零點等價于與有三個交點記，畫出函數簡圖如下畫出函數如圖中過原點虛線l，平移l要保證圖像有三個交點，向上最多平移到l’位置，向下平移一直會有三個交點，所以，即故選A.【點睛】本題考查了函數的零點問題，解決函數零點問題常轉化為兩函數交點問題9、B【解析】由題意結合點與圓的位置關系考查圓心到直線的距離與圓的半徑的大小關系即可確定直線與圓的位置關系.【詳解】點在圓外，，圓心到直線距離，直線與圓相交.故選B.【點睛】本題主要考查點與圓的位置關系，直線與圓的位置關系等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.10、D【解析】可以將三棱錐側面展開,將計算周長最小值轉化成計算兩點間距離最小值,解三角形,即可得出答案.【詳解】將三棱錐的側面展開,如圖則將求截面周長的最小值,轉化成計算的最短距離,結合題意可知=,,所以,故周長最小值為,故選D.【點睛】本道題目考查了解三角形的知識,可以將空間計算周長最小值轉化層平面計算兩點間的最小值,即可.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、-10【解析】根據函數奇偶性把求f-2的值，轉化成求f2【詳解】由f（x）為奇函數，可知f-x=-f又當x>0，fx=故f故答案為：-1012、【解析】求出函數的周期即可求解.【詳解】根據題意，為偶函數，即函數圖象關于直線對稱，則有，又由為奇函數，則，則有，即，即函數是周期為4的周期函數，所以，故答案為：13、【解析】由可得，或，令,因為在上遞減，函數在定義域內遞減，根據復合函數的單調性可得函數的單調遞增區(qū)間為，故答案為.14、【解析】先利用已知條件，結合圖象確定的取值范圍，設，即得到是關于t的二次函數，再求二次函數的取值范圍即可.【詳解】先作函數圖象如下：由圖可知，若，，設，則，，由知，；由知，；故，，故時，最小值為，時，最大值為，故的取值范圍是.故答案為：.【點睛】本題解題關鍵是數形結合，通過圖象判斷的取值范圍，才能分別找到與相等函數值t的關系，構建函數求值域來突破難點.15、【解析】由題意在上單調遞減，又是偶函數，則不等式可化為，則，，解得16、100【解析】分析得出得解.【詳解】∴故答案為：100【點睛】由函數解析式得到是定值是解題關鍵.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（Ⅰ）略（Ⅱ）【解析】（I）證明：連接，在中，分別是的中點，所以，又，所以，又平面ACD，DC平面ACD，所以平面ACD（Ⅱ）在中，，所以而DC平面ABC，，所以平面ABC而平面ABE，所以平面ABE平面ABC，所以平面ABE由（Ⅰ）知四邊形DCQP是平行四邊形，所以所以平面ABE，所以直線AD在平面ABE內的射影是AP，所以直線AD與平面ABE所成角是在中，，所以考點：線面平行的判定定理；線面角點評：本題主要考查了空間中直線與平面所成的角，屬立體幾何中的常考題型，較難．本題也可以用向量法來做．而對于利用向量法求線面角關鍵是正確寫出點的坐標和求解平面的一個法向量．注意計算要仔細、認真18、（1）；（2）年銷售量為45萬部時，最大利潤為7150萬元.【解析】（1）依題意，分和兩段分別求利潤=收入-成本，即得結果；（2）分和兩段分別求函數的最大值，再比較兩個最大值的大小，即得最大利潤.【詳解】解：（1）依題意，生產萬部手機，成本是（萬元），故利潤，而，故，整理得，；（2）時，，開口向下的拋物線，在時，利潤最大值為；時，，其中，在上單調遞減，在上單調遞增，故時，取得最小值，故在時，y取得最大值而，故年銷售量為45萬部時，利潤最大，最大利潤為7150萬元.【點睛】方法點睛：分段函數求最值時，需要每一段均研究最值，再比較出最終的最值.19、（1），；（2）對稱軸為：，增區(qū)間為：；（3）.【解析】（1）根據題意求出A，函數的周期，進而求出，再代入特殊點的坐標求得解析式；（2）結合函數的圖象即可求出函數的對稱軸，然后結合正弦函數的單調性求出的增區(qū)間；（3）根據題意先求出的解析式，進而作出函數的圖象，然后通過數形結合求得答案.【小問1詳解】由題意A=1，，則，所以，又因為圖象過點，所以，而，則，于是.【小問2詳解】結合圖象可知，函數的對稱軸為：，令，即函數增區(qū)間為：.【小問3詳解】的圖象向右平移個單位長度得到：，于是，如圖所示：因為在上有兩個解，所以.20、(1)-2；(2).【解析】（1），，所以；（2）因為，所以代值即可得與夾角的余弦值.試題解析：（1）（2）因為，，所以.21、