廣東省廣州仲元中學2025屆高一數學第一學期期末質量檢測試題含解析

廣東省廣州仲元中學2025屆高一數學第一學期期末質量檢測試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．容量為100的樣本數據，按從小到大的順序分為8組，如下表：組號12345678頻數1013141513129第3組的頻數和頻率分別是（）A.和14 B.14和C.和24 D.24和2．已知，并且是終邊上一點，那么的值等于A. B.C. D.3．已知，現(xiàn)要將兩個數交換，使，下面語句正確的是A. B.C. D.4．定義在上的偶函數滿足當時,,則A. B.C. D.5．方程的解所在的區(qū)間是（）A. B.C. D.6．設，則等于A. B.C. D.7．的值等于（）A. B.C. D.8．某空間幾何體的正視圖是三角形，則該幾何體不可能是A.圓柱 B.圓錐C.四面體 D.三棱柱9．已知指數函數在上單調遞增，則實數的值為（）A. B.1C. D.210．若方程則其解得個數為（）A.3 B.4C.6 D.5二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數，若關于方程恰好有6個不相等的實數解，則實數的取值范圍為__________.12．函數是冪函數且為偶函數，則m的值為_________13．正方體ABCD－A1B1C1D1中，二面角C1－AB－C平面角等于________14．函數f（x），若f（a）＝4，則a＝_____15．函數的單調遞增區(qū)間為__________16．函數在區(qū)間上的單調性是______．（填寫“單調遞增”或“單調遞減”）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．已知的三個內角所對的邊分別為，且.（1）角的大??；（2）若點在邊上，且，，求的面積；（3）在（2）的條件下，若，試求的長.18．計算下列各式的值：（1）；（2）；（3）.19．已知函數，不等式解集為，設（1）若存在，使不等式成立，求實數的取值范圍；（2）若方程有三個不同的實數解，求實數的取值范圍20．已知集合，集合（1）當時，求；（2）若，求實數的取值范圍；（3）若，求實數的取值范圍21．已知函數的圖象與的圖象關于軸對稱，且的圖象過點.（1）若成立，求的取值范圍；（2）若對于任意，不等式恒成立，求實數的取值范圍.

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、B【解析】根據樣本容量和其它各組的頻數，即可求得答案.【詳解】由題意可得：第3組頻數為，故第3組的頻率為，故選：B2、A【解析】由題意得：，選A.3、D【解析】通過賦值語句，可得，故選D.4、B【解析】分析：先根據得周期為2，由時單調性得單調性，再根據偶函數得單調性，最后根據單調性判斷選項正誤.詳解：因為，所以周期為2，因為當時,單調遞增，所以單調遞增，因為，所以單調遞減，因為，,所以,,,,選B.點睛：利用函數性質比較兩個函數值或兩個自變量的大小，首先根據函數的奇偶性轉化為單調區(qū)間上函數值，最后根據單調性比較大小，要注意轉化在定義域內進行.5、B【解析】作差構造函數，利用零點存在定理進行求解.【詳解】令，則，，因為，所以函數的零點所在的區(qū)間是，即方程的解所在的區(qū)間是.故選：B.6、D【解析】由題意結合指數對數互化確定的值即可.【詳解】由題意可得：，則.本題選擇D選項.【點睛】本題主要考查對數與指數的互化，對數的運算性質等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.7、D【解析】利用誘導公式可求得的值.【詳解】.故選：D8、A【解析】因為圓柱的三視圖有兩個矩形，一個圓，正視圖不可能是三角形，而圓錐、四面體（三棱錐）、三棱柱的正視圖都有可能是三角形，所以選A.考點：空間幾何體的三視圖.9、D【解析】解方程即得或，再檢驗即得解.【詳解】解：由題得或.當時，上單調遞增，符合題意；當時，在上單調遞減，不符合題意.所以.故選：D10、C【解析】分別畫出和的圖像，即可得出.【詳解】方程，即，令，，易知它們都是偶函數，分別畫出它們的圖像，由圖可知它們有個交點.故選：.【點睛】本題主要考查的是函數零點，利用數型結合是解決本題的關鍵，同時考查偶函數的性質，是中檔題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】作出函數的簡圖，換元，結合函數圖象可知原方程有6根可化為在區(qū)間上有兩個不等的實根，列出不等式組求解即可.【詳解】當，結合“雙勾”函數性質可畫出函數的簡圖，如下圖，令，則由已知條件知，方程在區(qū)間上有兩個不等的實根，則，即實數的取值范圍為.故答案為：【點睛】本題主要考查了分段函數的圖象，二次方程根的分布，換元法，數形結合，屬于難題.12、【解析】由函數是冪函數，則，解出的值，再驗證函數是否為偶函數，得出答案.【詳解】由函數是冪函數，則，得或當時，函數不是偶函數，所以舍去.當時，函數是偶函數，滿足條件.故答案為：【點睛】本題考查冪函數的概念和冪函數的奇偶性，屬于基礎題.13、45°【解析】解：如圖，設正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，以DA為x軸，以DC為y軸，以DD1為z軸，建立空間直角坐標系，則A（1，0，0），B（1，1，0），C1（0，1，1），∴=(0，1，0)，=(-1，1，1)，設面ABC1的法向量為=(x，y，z)，∵?=0，?=0，∴y=0，-x+y+z=0，∴=(1，0，1)，∵面ABC的法向量=(0，0，1)，設二面角C1-AB-C的平面角為θ，∴cosθ=|cos＜，＞|=，∴θ=45°，答案為45°考點：二面角的平面角點評：本題考查二面角的平面角及求法，是基礎題．解題時要認真審題，注意向量法的合理運用14、1或8【解析】當時，，當時，，分別計算出的值，然后在檢驗.【詳解】當時，,解得，滿足條件.當時，,解得，滿足條件所以或8.故對答案為：1或8【點睛】本題考查分段函數根據函數值求自變量，屬于基礎題.15、【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.16、單調遞增【解析】求出函數單調遞增區(qū)間，再判斷作答.【詳解】函數的圖象對稱軸為，因此，函數的單調遞增區(qū)間為，而，所以函數在區(qū)間上的單調性是單調遞增.故答案為：單調遞增三、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)；(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，∴，解得，設，在中，由余弦定理得，∴，整理得解得，∴；（3）∵，∴，在中，由余弦定理得∴.18、(1)（2）3(3)1【解析】（1）根據實數指數冪的運算法則化簡即可；（2）根據對數的運算法則和性質化簡求值；（3）利用誘導公式化簡求值即可.試題解析：(1)原式＝-10(＋2)＋1＝＋10－10－20＋1＝－.（2）原式＝2lg5＋2lg2＋lg5(2lg2＋lg5)＋(lg2)2＝2lg10＋(lg5＋lg2)2＝2＋(lg10)2＝2＋1＝3.(3)原式＝19、（1）；（2）【解析】（1）由不等式的解集為可知是方程的兩個根，即可求出，根據的單調性求出其在的最大值，即可得出m的范圍；（2）方程可化為，令，則有兩個不同的實數解，，根據函數性質可列出不等式求解.【詳解】（1）∵不等式的解集為∴，是方程的兩個根∴，解得．∴則∴存在，使不等式成立，等價于在上有解，而在時單調遞增，∴∴的取值范圍為（2）原方程可化為令，則，則有兩個不同的實數解，，其中，，或，記，則①，解得或②，不等式組②無實數解∴實數的取值范圍為【點睛】本題考查一元二次不等式的解集與方程的根的關系，考查函數的單調性，考查利用函數性質解決方程解的情況，屬于較難題.20、（1）；（2）；（3）【解析】（1）求出集合，利用并集的定義可求得集合；（2）利用可得出關于實數的不等式組，由此可解得實數的取值范圍；（3）分和兩種情況討論，結合可得出關于實數的不等式組，可求得實數的取值范圍.【詳解】（1）當時，，則；（2）由知，解得，即的取值范圍是；（3）由得①若，即時，符合題意；②若，即時，需或得或，即綜上知，即實數的取值范圍為【點睛】易錯點睛：在求解本題第（3）問時，容易忽略的情況，從而導致求解錯誤.21、（1）；（2）.【解析】利用已知條件得到的值，進而得到的解析式，再利用函數的圖象關于軸對稱，可得的解析式；（1）先利用對數函數的單調性，列出不等式