甘肅省白銀市會寧縣第四中學2025屆高一上數學期末質量檢測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．函數的單調遞減區間是（）A.（） B.（）C.（） D.（）2．已知函數則滿足的實數的取值范圍是（）A. B.C. D.3．函數，若，，，則（）A. B.C. D.4．下列選項正確的是（）A. B.C. D.5．已知向量，，則A. B.C. D.6．將函數的周期擴大到原來的2倍，再將函數圖象左移，得到圖象對應解析式是（）A. B.C. D.7．在平面直角坐標系中，角的頂點與原點重合，角的始邊與軸非負半軸重合，角的終邊經過點，則（）A B.C. D.8．已知是角的終邊上的點，則（）A. B.C. D.9．中國古代十進制的算籌記數法在世界數學史上是一個偉大的創造.據史料推測，算籌最晚出現在春秋晚期或戰國初年.算籌記數的方法是：個位、百位、萬位、…上的數按縱式的數碼擺出；十位、千位、十萬位、…上的數按橫式的數碼擺出，如可用算籌表示為.這個數字的縱式與橫式的表示數碼如圖所示，則的運算結果用算籌表示為（）A. B.C. D.10．若，，則下列結論正確的是（）A. B.C. D.a，b大小不確定二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．邊長為2的正方形ABCD沿對角線BD折成直二面角，則折疊后AC的長為________12．已知函數則___________.13．銳角中,分別為內角的對邊,已知，，，則的面積為__________14．已知，，則___________.15．已知圓及直線，當直線被圓截得的弦長為時，的值等于________.16．函數的圖象恒過定點P，P在冪函數的圖象上，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．已知函數，.（1）求的最小正周期和最大值；（2）設，求函數的單調區間.18．已知圓：關于直線：對稱的圖形為圓.（1）求圓的方程；（2）直線：，與圓交于，兩點，若（為坐標原點）的面積為，求直線的方程.19．已知（1）當時，解關于的不等式；（2）當時，解關于的不等式20．已知集合，，（1）求；（2）若，求m取值范圍21．已知，，（1）求和；（2）求角的值

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、A【解析】根據余弦函數單調性，解得到答案.【詳解】解：，令，，解得，，故函數的單調遞減區間為；故選：A.2、B【解析】根據函數的解析式，得出函數的單調性，把不等式，轉化為相應的不等式組，即可求解.【詳解】由題意，函數，可得當時，，當時，函數在單調遞增，且，要使得，則，解得，即不等式的解集為，故選：B.【點睛】思路點睛：該題主要考查了函數的單調性的應用，解題思路如下：（1）根據函數的解析式，得出函數單調性；（2）合理利用函數的單調性，得出不等式組；（3）正確求解不等式組，得到結果.3、A【解析】首先判斷，和的大小關系，然后根據函數的單調性，判斷的大小關系.【詳解】，，，，，，是上的減函數，.故選：A.4、A【解析】根據指數函數的性質一一判斷可得；【詳解】解：對于A：在定義域上單調遞減，所以，故A正確；對于B：在定義域上單調遞增，所以，故B錯誤；對于C：因為，，所以，故C錯誤；對于D：因為，，即，所以，故D錯誤；故選：A5、A【解析】因為，故選A.6、D【解析】直接利用函數圖象的與平移變換求出函數圖象對應解析式【詳解】解：將函數y＝5sin（﹣3x）的周期擴大為原來的2倍，得到函數y＝5sin（x），再將函數圖象左移，得到函數y＝5sin[（x）]＝5sin（）＝5sin（）故選D【點睛】本題考查函數y＝Asin（ωx+φ）的圖象變換，屬于基礎題.7、A【解析】根據任意角的三角函數定義即可求解.【詳解】解：由題意知：角的終邊經過點，故.故選：A.8、A【解析】根據三角函數的定義求解即可.【詳解】因為為角終邊上的一點，所以，，，所以故選：A9、A【解析】先利用指數和對數運算化簡，再利用算籌表示法判斷.【詳解】因為，用算籌記數表示為，故選：.10、B【解析】根據作差比較法可得解.【詳解】解：因為，所以故選：B.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、2【解析】取的中點，連接，，則，則為二面角的平面角點睛：取的中點，連接，，根據正方形可知，，則為二面角的平面角，在三角形中求出的長．本題主要是在折疊問題中考查了兩點間的距離．折疊問題要注意分清在折疊前后哪些量發生了變化，哪里量沒變12、5【解析】先求出，再根據該值所處范圍代入相應的解析式中計算結果.【詳解】由題意可得，則，故答案為：5.13、【解析】由已知條件可得，，再由正弦定理可得，從而根據三角形內角和定理即可求得，從而利用公式即可得到答案.【詳解】，由得，又為銳角三角形，，又，即，解得，.由正弦定理可得，解得，又，，故答案為.【點睛】三角形面積公式的應用原則：(1)對于面積公式S＝absinC＝acsinB＝bcsinA，一般是已知哪一個角就使用哪一個公式(2)與面積有關的問題，一般要用到正弦定理或余弦定理進行邊和角的轉化14、【解析】根據余弦值及角的范圍，應用同角的平方關系求.【詳解】由，，則.故答案為：.15、【解析】結合題意，得到圓心到直線的距離，結合點到直線距離公式，計算a，即可【詳解】結合題意可知圓心到直線的距離，所以結合點到直線距離公式可得，結合，所以【點睛】考查了直線與圓的位置關系，考查了點到直線距離公式，難度中等16、64【解析】由題意可求得點，求出冪函數的解析式，從而求得.【詳解】令，則，故點；設冪函數，則，則；故；故答案為：64.三、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）最小正周期為，最大值.（2）單調減區間為，單調增區間為【解析】（1）利用三角恒等變換化簡函數解析式為，利用正弦型函數的周期公式以及正弦函數的有界性可求得結果；（2）求得，利用余弦型函數的基本性質可求得函數的增區間和減區間.小問1詳解】解：.所以，的最小正周期.當時，取得最大值【小問2詳解】解：由（1）知，又，由，解得，所以，函數的單調增區間為.由，解得.所以，函數的單調減區間為.18、（1），（2）【解析】（1）設圓圓心為，則由題意得，求出的值，從而可得所求圓的方程；（2）設圓心到直線：的距離為，原點到直線：的距離為，則有，，再由的面積為，列方程可求出的值，進而可得直線方程【詳解】解：（1）設圓的圓心為，由題意可得，則的中點坐標為，因為圓：關于直線：對稱的圖形為圓，所以，解得，因為圓和圓的半徑相同，即，所以圓的方程為，（2）設圓心到直線：的距離為，原點到直線：的距離為，則，，所以所以，解得，因為，所以，所以直線的方程為【點睛】關鍵點點睛：此題考查圓的方程的求法，考查直線與圓的位置關系，解題的關鍵是利用點到直線的距離公式表示出圓心到直線的距離為，原點到直線的距離為，再表示出，從而由的面積為，得，進而可求出的值，問題得到解決，考查計算能力，屬于中檔題19、（1）或；（2）答案不唯一，具體見解析.【解析】（1）先因式分解，進而解出的范圍，進而結合指數函數的單調性求得答案；（2）設，然后因式分解，進而討論a的取值范圍求出t的范圍，最后結合指數函數的單調性求得答案.【小問1詳解】當時，若可得或，即解集為或【小問2詳解】令，不等式轉化為①當時，不等式解集為；②當時，不等式解集為或；③當時，不等式解集為；④當時，不等式解集為或.綜上所述，當時，解集為；當時，解集為或；當時，解集為；當時，解集為或.20、（1）（2）【解析】（1）先求得集合A，再由集合的補集運算和交集運算可求得答案；（2）根據條件建立不等式組，可求得所求的范圍.【小問1詳解】因為，，