吉林長白山第一高級中學2025屆數學高一上期末質量檢測試題含解析

吉林長白山第一高級中學2025屆數學高一上期末質量檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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．下列說法正確的是（）A.若，，則 B.若a，，則C.若，，則 D.若，則2．角度化成弧度為（）A. B.C. D.3．設集合，則中元素的個數為（）A.0 B.2C.3 D.44．若則函數的圖象必不經過（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限5．如圖，一個空間幾何體的正視圖和側視圖都是邊長為2的正方形，俯視圖是一個圓，那么這個幾何體的側面積為（）A. B.C. D.6．已知命題，，則p的否定是（）A.， B.，C.， D.，7．設為大于1的正數，且，則，，中最小的是A. B.C. D.三個數相等8．設集合U={1，2，3，4，5}，A={1，3，5}，B={2，3，5}，則圖中陰影部分表示的集合的真子集有（）個A.3 B.4C.7 D.89．若，且，則（）A. B.C. D.10．下列函數在定義域內為奇函數，且有最小值的是A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數，則下列說法正確的有________.①的圖象可由的圖象向右平移個單位長度得到②在上單調遞增③在內有2個零點④在上的最大值為12．在空間直角坐標系中，點在平面上的射影為點，在平面上的射影為點，則__________13．已知非零向量、滿足，，在方向上的投影為，則_______.14．若，其中，則的值為______15．已知扇形的圓心角為，半徑為，則扇形的面積為______16．若函數的圖象關于直線對稱，則的最小值是________.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．已知函數是二次函數，，（1）求的解析式；（2）解不等式18．已知函數的定義域為（1）求的定義域；（2）對于（1）中的集合，若，使得成立，求實數的取值范圍19．已知函數，（為常數）.（1）當時，判斷在的單調性，并用定義證明；（2）若對任意，不等式恒成立，求的取值范圍；（3）討論零點的個數.20．已知的三個內角所對的邊分別為，且.（1）角的大小；（2）若點在邊上，且，，求的面積；（3）在（2）的條件下，若，試求的長.21．已知是冪函數，是指數函數，且滿足，（1）求函數，的解析式；（2）若，，請判斷“是的什么條件？（“充分不必要條件”或“必要不充分條件”或“充要條件”或“既不充分也不必要條件”）

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】結合特殊值、差比較法確定正確選項.【詳解】A：令，；，，則，，不滿足，故A錯誤；B：a，b異號時，不等式不成立，故B錯誤；C：，，，，即，故C正確；D：令，，不成立，故D錯誤.故選：C2、A【解析】根據題意，結合，即可求解.【詳解】根據題意，.故選：A.3、B【解析】先求出集合,再求,最后數出中元素的個數即可.【詳解】因集合,,所以,所以,則中元素的個數為2個.故選：B4、B【解析】令，則的圖像如圖所示，不經過第二象限，故選B.考點：1、指數函數圖像；2、特例法解題.5、A【解析】幾何體是一個圓柱，圓柱的底面是一個直徑為2的圓，圓柱的高是2，側面展開圖是一個矩形，進而求解.【詳解】由三視圖可知該幾何體是底面半徑為1高為2的圓柱，∴該幾何體的側面積為，故選：A【點睛】本題考查三視圖和圓柱的側面積，關鍵在于由三視圖還原幾何體.6、D【解析】由否定的定義寫出即可.【詳解】p的否定是，.故選：D7、C【解析】令，則，所以，，對以上三式兩邊同時乘方，則，，，顯然最小，故選C.8、C【解析】先求出A∩B={3，5}，再求出圖中陰影部分表示的集合為：CU（A∩B）={1，2，4}，由此能求出圖中陰影部分表示的集合的真子集的個數【詳解】∵集合U={1，2，3，4，5}，A={1，3，5}，B={2，3，5}，∴A∩B={3，5}，圖中陰影部分表示的集合為：CU（A∩B）={1，2，4}，∴圖中陰影部分表示的集合的真子集有：23–1=8–1=7．故選C【點睛】本題考查集合的真子集的個數的求法，考查交集定義、補集、維恩圖等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題9、D【解析】根據給定條件，將指數式化成對數式，再借助換底公式及對數運算法則計算即得.【詳解】因為，于是得，，又因為，則有，即，因此，，而，解得，所以.故選：D10、D【解析】選項A中，函數為奇函數，但無最小值，故滿足題意選項B中，函數為偶函數，不合題意選項C中，函數為奇函數，但無最小值，故不合題意選項D中，函數，為奇函數，且有最小值，符合題意選D二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、②③【解析】化簡函數，結合三角函數的圖象變換，可判定①不正確；根據正弦型函數的單調的方法，可判定②正確；令，求得，可判定③正確；由，得到，結合三角函數的性質，可判定④正確.【詳解】由函數，對于①中，將函數的圖象向右平移個單位長度，得到，所以①不正確；對于②中，令，解得，當時，可得，即函數在上單調遞增，所以函數在上單調遞增，所以②正確；對于③中，令，可得，解得，當時，可得；當時，可得，所以內有2個零點，所以③正確；對于④中，由，可得，當時，即時，函數取得最大值，最大值為，所以④不正確.故答案為：②③.12、【解析】因為點在平面上的射影為點,在平面上的射影為點，所以由兩點間距離公式可得，故答案為.13、【解析】利用向量數量積的幾何意義得出，在等式兩邊平方可求出的值，然后利用平面向量數量積的運算律可計算出的值.【詳解】，在方向上的投影為，，，則，可得，因此，.故答案：.【點睛】本題考查平面向量數量積計算，涉及利用向量的模求數量積，同時也考查了向量數量積幾何意義的應用，考查計算能力，屬于基礎題.14、；【解析】因為，所以點睛：三角函數求值三種類型(1)給角求值：關鍵是正確選用公式，以便把非特殊角的三角函數轉化為特殊角的三角函數.(2)給值求值：關鍵是找出已知式與待求式之間的聯(lián)系及函數的差異.①一般可以適當變換已知式，求得另外函數式的值，以備應用；②變換待求式，便于將已知式求得的函數值代入，從而達到解題的目的.(3)給值求角：實質是轉化為“給值求值”，先求角的某一函數值，再求角的范圍，確定角.15、【解析】∵扇形的圓心角為，半徑為，∴扇形的面積故答案為16、【解析】根據正弦函數圖象的對稱性求解．【詳解】依題意可知，得，所以，故當時，取得最小值.故答案為：．【點睛】本題考查三角函數的對稱性．正弦函數的對稱軸方程是，對稱中心是三、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、（1）（2）【解析】(1)根據得對稱軸為，再結合頂點可求解;(2)由（1）得，然后直接解不等式即可.【小問1詳解】由，知此二次函數圖象的對稱軸為，又因為，所以是的頂點，所以設因，即所以得所以【小問2詳解】因為所以化為，即或不等式的解集為18、（1）（2）【解析】（1）的定義域可以求出，即的定義域；（2）令，若，使得成立，即可轉化為成立，求出即可.【小問1詳解】∵的定義域為，∴∴，則【小問2詳解】令，，使得成立，即大于在上的最小值∵，∴在上的最小值為，∴實數的取值范圍是19、（1）見解析；（2）；（3）見解析.【解析】（1）利用函數的單調性的定義，即可證得函數的單調性，得到結論；（2）由得，轉化為，設，利用二次函數的性質，即可求解.（3）把函數有個零點轉化為方程有兩個解，令，作的圖像及直線圖像，結合圖象，即可求解，得到答案.【詳解】（1）當時，且時，是單調遞減的.證明：設，則又且，故當時，在上是單調遞減的.（2）由得，變形為，即，設，令，則，由二次函數的性質，可得，所以，解得.（3）由有個零點可得有兩個解，轉化為方程有兩個解，令，作的圖像及直線圖像有兩個交點，由圖像可得：i）當或，即或時，有個零點.ii）當或或時，由個零點；iii）當或時，有個零點.【點睛】本題主要考查了函數的單調性的判定，以及函數與方程的綜合應用，其中解答中熟記函數的單調性的定義，以及合理分離參數和轉化為圖象的交點個數，結合圖象求解是解答的關鍵，著重考查了轉化思想，以及分類討論思想的應用，試題有一定的綜合性，屬于中檔試題.20、(1)；(2)；(3).【解析】（1）由條件知，結合正弦定理得，整理得，可得，從而得．（2）由，得．在中，由正弦定理得．在中，由余弦定理可得．所以．（3）由，可得．在中，由余弦定理得試題解析：（1），由正弦定理得，∴，∴，∵，∴，∵，∴.（2）由，得，在中，由正弦定理知，∴