河北省保定市徐水區(qū)2025屆數學高一上期末學業(yè)質量監(jiān)測試題含解析

河北省保定市徐水區(qū)2025屆數學高一上期末學業(yè)質量監(jiān)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．已知函數是R上的單調函數，則實數a的取值范圍是（）A. B.C. D.2．若“”是“”的充分不必要條件，則（）A. B.C. D.3．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.4．設，是兩條不同的直線，是一個平面，則下列命題正確的是A.若，，則 B.若，，則C.若，，則 D.若，，則5．的值為（）A. B.C. D.6．若，則的最小值是（）A. B.C. D.7．已知集合，則（）A B.C. D.8．設函數，若關于方程有個不同實根，則實數的取值范圍為（）A. B.C. D.9．函數的圖像可能是（）．A. B.C. D.10．設定義在上的函數滿足：當時，總有，且，則不等式的解集為（）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=_________12．函數是定義在R上的奇函數，當時，2，則在R上的解析式為________.13．函數中角的終邊經過點，若時，的最小值為.（1）求函數的解析式；（2）求函數的單調遞增區(qū)間.14．函數的定義域為________15．若，則_____________.16．已知圓(x－1)2＋(y＋2)2＝6與直線2x＋y－5＝0的位置關系是__．(請?zhí)顚懀合嗲?、相交、相離)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．設函數.(1)當時，求函數的最小值；(2)若函數的零點都在區(qū)間內，求的取值范圍.18．甲乙兩人用兩顆質地均勻的骰子（各面依次標有數字1、2、3、4、5、6的正方體）做游戲，規(guī)則如下：若擲出的兩顆骰子點數之和為3的倍數，則由原投擲人繼續(xù)投擲，否則由對方接著投擲．第一次由甲投擲（1）求第二次仍由甲投擲的概率；（2）求游戲前4次中乙投擲的次數為2的概率19．已知，．若，求的取值范圍.20．已知，，其中（1）若是的充分條件，求實數的取值范圍；（2）是否存在，使得是的必要條件？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由21．已知函數是定義在上的奇函數(1)求實數的值；(2)判斷函數的單調性，并利用定義證明

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】可知分段函數在R上單調遞增，只需要每段函數單調遞增且在臨界點處的函數值左邊小于等于右邊，列出不等式即可【詳解】可知函數在R上單調遞增，所以；對稱軸，即；臨界點處，即；綜上所述：故選：B2、B【解析】轉化“”是“”的充分不必要條件為，分析即得解【詳解】由題意，“”是“”的充分不必要條件故故故選：B3、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4、B【解析】利用可能平行判斷，利用線面平行的性質判斷，利用或與異面判斷，與可能平行、相交、異面，判斷.【詳解】，，則可能平行，錯；，，由線面平行的性質可得，正確；，，則，與異面；錯，，，與可能平行、相交、異面，錯，.故選B.【點睛】本題主要考查線面平行的判定與性質、線面面垂直的性質，屬于中檔題.空間直線、平面平行或垂直等位置關系命題的真假判斷，除了利用定理、公理、推理判斷外，還常采用畫圖（尤其是畫長方體）、現實實物判斷法（如墻角、桌面等）、排除篩選法等；另外，若原命題不太容易判斷真假，可以考慮它的逆否命題，判斷它的逆否命題真假，原命題與逆否命題等價.5、B【解析】由誘導公式可得，故選B.6、A【解析】先由得到，利用基本不等式“1的妙用”即可求出最小值.【詳解】因為，所以且，所以且，即，所以當且僅當時，即時等號成立.故選：A7、D【解析】利用元素與集合的關系判斷即可.【詳解】由集合，即集合是所有的偶數構成的集合.所以，，，故選：D8、B【解析】等價于，即或，轉化為與和圖象交點的個數為個，作出函數的圖象，數形結合即可求解【詳解】作出函數的圖象如下圖所示變形得，由此得或，方程只有兩根所以方程有三個不同實根，則，故選：B【點睛】易錯點點睛：本題的易錯點為函數的圖像無限接近直線，即方程只有兩根，另外難點在于方程的變形，即因式分解9、D【解析】∵，∴，∴函數需向下平移個單位，不過（0,1）點，所以排除A，當時，∴，所以排除B，當時，∴，所以排除C，故選D.考點：函數圖象的平移.10、A【解析】將不等式變形后再構造函數，然后利用單調性解不等式即可.【詳解】由，令，可知當時，，所以在定義域上單調遞減，又，即，所以由單調性解得.故選：A二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】按照解析式直接計算即可.【詳解】.故答案為：-3.12、【解析】由是定義域在上的奇函數，根據奇函數的性質，可推得的解析式.【詳解】當時，2，即，設，則，，又為奇函數，，所以在R上的解析式為.故答案為：.13、（1）（2），【解析】（1）根據角的終邊經過點求，再由題意得周期求即可；（2）根據正弦函數的單調性求單調區(qū)間即可.【小問1詳解】因為角的終邊經過點，所以，若時，的最小值為可知，∴【小問2詳解】令，解得故單調遞增區(qū)間為：，14、【解析】根據偶次方根被開方數為非負數、對數真數大于零列不等式組，解不等式組求得函數的定義域.【詳解】依題意，解得，故函數的定義域為.故答案為.【點睛】本小題主要考查具體函數定義域的求法，屬于基礎題.15、【解析】平方得16、相交【解析】求得的圓心到直線的距離，與圓的半徑比較大小，即可得出結論.【詳解】圓的圓心為、半徑為，圓心到直線的距離為，小于半徑，所以直線和圓相交，故答案為相交.【點睛】本題主要考查直線和圓的位置關系的判斷方法，點到直線的距離公式的應用，屬于基礎題.解答直線與圓的位置關系的題型，常見思路有兩個：一是考慮圓心到直線的距離與半徑之間的大小關系；二是直線方程與圓的方程聯立，考慮運用判別式來解答.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）分類討論得；（2）由題意，得到等價不等式，解得的取值范圍是試題解析：(1)∵函數.當，即時，；當，即時，；當，即時，.綜上，(2)∵函數的零點都在區(qū)間內，等價于函數的圖象與軸的交點都在區(qū)間內.∴故的取值范圍是18、（1）（2）【解析】（1）由題意利用古典概型求概率的計算公式求得結果（2）游戲的前4次中乙投擲的次數為2，包含3種情況，根據獨立事件的乘法公式及互斥事件的加法公式，可計算結果【小問1詳解】求第二次仍由甲投，說明第一次擲出的點數之和為3的倍數，所有的情況共有種，其中，擲出的點數之和為3的倍數的情況有、、、、、，、、、、、，共計12種情況，故第二次仍由甲投擲的概率為【小問2詳解】由（1）可得擲出的兩顆骰子點數之和為3的倍數的概率為，所以兩顆骰子點數之和不為3的倍數的概率為，游戲的前4次中乙投擲的次數為2，可能乙投擲的次數為第二次第三次，則概率為，或第二次第四次，則概率為，或第三次第四次，則概率為，以上三個事件互斥，所以其概率為.19、.【解析】利用對函數數的性質化簡，利用一元二次不等式的解法，討論，，三種情況，分別分析集合，再結合，解得的取值范圍【詳解】由，得，解得，即，由，得，當時，是空集，不滿足，不符合題意，舍去；當時，，不滿足，不符合題意，舍去；當時，解得，因為，所以的取值范圍是.20、（1）（2）不存在，理由見解析【解析】（1）解不等式，由充分條件定義得出實數的取值范圍；（2）由是的必要條件得出不等關系，結合作出判斷.【小問1詳解】由得，故有由得，即若p是q的充分條件，則成立，即得.【小問2詳解】因為，所以或若是q的必要條件，則成立，則或，顯然這兩個不等式均與矛盾，故不存在滿足條件