廣東省廣州鐵一中學2025屆數學高一上期末檢測試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．已知扇形的周長為8，扇形圓心角的弧度數是2，則扇形的面積為（）A.2 B.4C.6 D.82．若角600°的終邊上有一點（-4，a），則a的值是A. B.C. D.3．設，則“”是“”的（）A充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件4．函數的零點為，，則的值為（）A.1 B.2C.3 D.45．設函數,則下列結論錯誤的是A.函數的值域為 B.函數是奇函數C.是偶函數 D.在定義域上是單調函數6．函數的圖像向左平移個單位長度后是奇函數，則在上的最小值是（）A. B.C. D.7．設m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，給出下列四個命題：①若m⊥α，n∥α，則m⊥n②若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β③若α⊥β，m?α，則m⊥β④若α∥β，β∥γ，m⊥α，則m⊥γ其中正確命題的序號是（）A.和 B.和C.和 D.和8．如圖，三棱柱中，側棱底面，底面三角形是正三角形，是中點，則下列敘述正確的是A.平面B.與是異面直線C.D.9．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.10．入冬以來，霧霾天氣在部分地區頻發，給人們的健康和出行造成嚴重的影響．經研究發現，工業廢氣等污染排放是霧霾形成和持續的重要因素，治理污染刻不容緩．為降低對空氣的污染，某工廠采購一套廢氣處理裝備，使工業生產產生的廢氣經過過濾后再排放．已知過濾過程中廢氣的污染物數量P（單位：mg/L）與過濾時間t（單位：h）間的關系為（，k均為非零常數，e為自然對數底數），其中為t=0時的污染物數量，若經過3h處理，20%的污染物被過濾掉，則常數k的值為（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．函數的零點為______12．已知，，且，則的最小值為________.13．___________14．已知任何一個正實數都可以表示成，則的取值范圍是________________；的位數是________________．（參考數據）15．函數的單調增區間是______16．直線與圓相交于A，B兩點，則線段AB的長為__________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．有三個條件：①；②且；③最小值為2且.從這三個條件中任選一個，補充在下面的問題中，并作答.問題：已知二次函數滿足_________，.（1）求的解析式；（2）設函數，求的值域.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.18．已知函數的圖象關于直線對稱，若實數滿足時，的最小值為1（1）求的解析式；（2）將函數的圖象向左平移個單位后，得到的圖象，求的單調遞減區間19．如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，E，F分別是邊AB，BC的中點，用向量的方法（用其他方法解答正確同等給分）證明：20．定義在（-1，1）上的奇函數為減函數，且，求實數a的取值范圍.21．在平面直角坐標系xOy中，角的頂點與原點O重合，始邊與x軸的正半軸重合，它的終邊過點，以角的終邊為始邊，逆時針旋轉得到角Ⅰ求值；Ⅱ求的值

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、B【解析】由給定條件求出扇形半徑和弧長，再由扇形面積公式求出面積得解.【詳解】設扇形所在圓半徑r，則扇形弧長，而，由此得，所以扇形的面積.故選：B2、C【解析】∵角的終邊上有一點，根據三角函數的定義可得，即，故選C.3、A【解析】根據充分條件、必要條件的概念求解即可.【詳解】因為，所以由，，所以“”是“”成立的充分不必要條件故選：A4、C【解析】根據零點存在性定理即可求解.【詳解】是上的增函數，又，函數的零點所在區間為，又，.故選：C.5、D【解析】根據分段函數的解析式研究函數的單調性，奇偶性，值域，可得結果.【詳解】當時，為增函數，所以，當時，為增函數，所以，所以的值域為，所以選項是正確的；又，，所以在定義域上不是單調函數，故選項是錯誤的；因為當時，，所以，當時，，所以，所以在定義域內恒成立，所以為奇函數，故選項是正確的；因為恒成立，所以函數為偶函數，故選項是正確的.故選：D【點睛】本題考查了分段函數的單調性性，奇偶性和值域，屬于基礎題.6、D【解析】由函數圖像平移后得到的是奇函數得，再利用三角函數的圖像和性質求在上的最小值.【詳解】平移后得到函數∵函數為奇函數，故∵，∴，∴函數為，∴，時，函數取得最小值為故選【點睛】本題主要考查三角函數圖像的變換，考查三角函數的奇偶性和在區間上的最值，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.7、B【解析】根據空間直線和平面平行、垂直的性質分別進行判斷即可【詳解】①若m⊥α，n∥α，則m⊥n成立，故①正確，②若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β不成立，兩個平面沒有關系，故②錯誤③若α⊥β，m?α，則m⊥β不成立，可能m與β相交，故③錯誤，④若α∥β，β∥γ，m⊥α，則m⊥γ，成立，故④正確，故正確是①④，故選B【點睛】本題主要考查命題的真假判斷，涉及空間直線和平面平行和垂直的判定和性質，考查學生的空間想象能力8、D【解析】因為三棱柱A1B1C1-ABC中,側棱AA1⊥底面ABC，底面三角形ABC是正三角形，E是BC中點，所以對于A,AC與AB夾角為60°,即兩直線不垂直，所以AC不可能垂直于平面ABB1A1；故A錯誤；對于B,CC1與B1E都在平面CC1BB1中不平行，故相交；所以B錯誤；對于C,A1C1，B1E是異面直線；故C錯誤；對于D,因為幾何體是三棱柱,并且側棱AA1⊥底面ABC，底面三角形ABC是正三角形，E是BC中點，所以BB1⊥底面ABC,所以BB1⊥AE,AE⊥BC,得到AE⊥平面BCC1B1,所以AE⊥BB1；故選D.9、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：B10、A【解析】由題意可得，從而得到常數k的值.【詳解】由題意可得，∴，即∴故選：A二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、1和【解析】由，解得的值，即可得結果【詳解】因為，若，則，即，整理得：可解得：或，即函數的零點為1和，故答案為1和.【點睛】本題主要考查函數零點的計算，意在考查對基礎知識的理解與應用，屬于基礎題12、12【解析】，展開后利用基本不等式可求【詳解】∵，，且，∴，當且僅當，即，時取等號，故的最小值為12故答案為：1213、【解析】利用、兩角和的正弦展開式進行化簡可得答案.【詳解】故答案為：.14、①.②.【解析】根據對數函數的單調性及對數運算、對數式指數式的轉化即可求解.【詳解】因為，所以，由，故知，共有31位.故答案為：；3115、【解析】先求出函數定義域，再換元，利用復合函數單調性的求法求解【詳解】由，得，所以函數的定義域為，令，則，因為在上遞增，在上遞減，而在上為增函數，所以在上遞增，在上遞減，故答案為：16、【解析】算出弦心距后可計算弦長【詳解】圓的標準方程為：，圓心到直線的距離為，所以，填【點睛】圓中弦長問題，應利用垂徑定理構建直角三角形，其中弦心距可利用點到直線的距離公式來計算三、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）若選擇①，設代入，根據恒等式的思想可求得，得到的解析式；若選擇②，設由，得，由，得出二次函數的對稱軸即，再代入，解之可得的解析式；若選擇③，設由，得，又恒成立，又，得出二次函數的對稱軸解之即可；（2）由（1）知，根據二次函數的對稱軸分析出上的單調性，可求得的值域.【詳解】解：（1）若選擇①，設則又因為即解得，又，所以解得，所以的解析式為；若選擇②，設由，得，又，所以二次函數的對稱軸即，又，所以解得所以的解析式為；若選擇③，設由，得，又恒成立，又，所以二次函數的對稱軸即，且解得所以的解析式為；（2）由（1）知，所以，因為對稱軸所以在上單調遞減，在上單調遞增，故在上的值域為.【點睛】方法點睛：求函數解析式的方法：一．換元法：已知復合函數的解析式，求原函數的解析式，把看成一個整體t，進行換元，從而求出的方法，注意所換元的定義域的變化.二．配湊法：使用配湊法時，一定要注意函數的定義域的變化，否則容易出錯.三．待定系數法：己知函數解析式的類型，可設其解析式的形式，根據己知條件建立關于待定系數的方程，從而求出函數解析式的方法.四．消去法(方程組法)：方程組法求解析式的關鍵是根據己知方程中式子的特點，構造另一個方程.五．特殊值法：根據抽象函數的解析式的特征，進行對變量賦特殊值.18、（1）；（2），【解析】（1）利用已知條件和，可以求出函數的周期，利用是對稱軸和，可以求解出的值，從而完成解析式的求解；（2）先寫出函數經過平移以后得到的函數解析式，然后再求解的遞減區間即可完成求解.【小問1詳解】由時，，知，∴，∵的圖象關于直線對稱，∴，，∵，∴，∴【小問2詳解】由題意知：由，，∴，，∴的單調遞減區間是，19、證明見解析【解析】建立直角坐標系，先寫出，再按照數量積的坐標運算證明即可.【詳解】如圖，以A原點，AB為x軸，AD為y軸建立直角坐標系，則，，故.20、【解析】結合奇函數性質以及單調性，去掉外層函數，變成一元二次不等式進行求解.【詳解】由題即根據奇函數定義可知原不等式為又因為單調遞減函數，故，解得或又因為函數定