2025屆江西省名校高一數學第一學期期末檢測試題注意事項：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。回答非選擇題時，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．若圓錐的高等于底面直徑，則它的底面積與側面積之比是A. B.C. D.2．對于任意的實數，定義表示不超過的最大整數，例如，，，那么“”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3．設當時，函數取得最大值，則（）A. B.C. D.4．若a=20.5，b=logπ3，c=log20.3，則（）A. B.C. D.5．已知集合，，，則A. B.C. D.6．已知α為第二象限角，，則cos2α=（）A. B.C. D.7．在去年的足球聯賽上，一隊每場比賽平均失球個數是1.5，全年比賽失球個數的標準差是1.1；二隊每場比賽平均失球個數是2.1，全年比賽失球個數的標準差是0.4.則下列說法錯誤的是（）A.平均來說一隊比二隊防守技術好 B.二隊很少失球C.一隊有時表現差，有時表現又非常好 D.二隊比一隊技術水平更不穩定8．不等式的解集為（）A. B.C. D.9．若－<α<0，則點P(tanα，cosα)位于()A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限10．已知圓C與直線及都相切，圓心在直線上，則圓C的方程為（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若函數在區間上是增函數，則實數取值范圍是______12．已知與是兩個不共線的向量，且向量(+λ)與(-3)共線，則λ的值為_____.13．已知在上是增函數，則的取值范圍是___________.14．已知一個扇形的面積為，半徑為，則它的圓心角為______弧度15．已知，則__________.16．將函數圖象上所有點的橫坐標壓縮為原來的后，再將圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象，則的單調遞增區間為____________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．已知函數為二次函數，不等式的解集是，且在區間上的最小值為-12（1）求的解析式；（2）設函數在上的最小值為，求的表達式18．已知集合，集合，集合.（1）求；（2）若，求實數a的取值范圍.19．已知函數，且.（1）求實數a的值；（2）判斷函數在上的單調性，并證明.20．（1）若正數a，b滿足，求的最小值，并求出對應的a，b的值；（2）若正數x，y滿足，求的取值范圍21．已知向量，（1）若，求的值；（2）若，，求的值域

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】設圓錐的底面半徑為，則高為，母線長則，，，選C.2、B【解析】根據充分必要性分別判斷即可.【詳解】若，則可設，則，，其中，，，即“”能推出“”；反之，若，，滿足，但，，即“”推不出“”，所以“”是“”必要不充分條件，故選：B.3、D【解析】利用輔助角公式、兩角差的正弦公式化簡解析式：，并求出和，由條件和正弦函數的最值列出方程，求出的表達式，由誘導公式求出的值【詳解】解：函數（其中，又時取得最大值，，，即，，，故選：4、D【解析】利用對數函數與指數函數的單調性即可得出【詳解】∵a=20.5＞1，1＞b=logπ3＞0，c=log20.3＜0，∴a＞b＞c.故選D【點睛】本題考查了對數函數與指數函數的單調性，屬于基礎題5、D【解析】本題選擇D選項.6、A【解析】，故選A.7、B【解析】利用平均數和標準差的定義及意義即可求解.【詳解】對于A，因為一隊每場比賽平均失球數是1.5，二隊每場比賽平均失球數是2.1，所以平均說來一隊比二隊防守技術好，故A正確；對于B，因為二隊每場比賽平均失球數是2.1，全年比賽失球個數的標準差為0.4，所以二隊經常失球，故B錯誤；對于C，因為一隊全年比賽失球個數的標準差為1.1，二隊全年比賽失球個數的標準差為0.4，所以一隊有時表現很差，有時表現又非常好，故C正確；對于D，因為一隊全年比賽失球個數的標準差為1.1，二隊全年比賽失球個數的標準差為0.4，所以二隊比一隊技術水平更穩定，故D正確;故選：B.8、D【解析】化簡不等式并求解即可．【詳解】將不等式變形為，解此不等式得或.因此，不等式解集為故選：D【點睛】本題考查一元二次不等式解法，考查學生計算能力，屬于基礎題．9、B【解析】∵－<α<0，∴tanα<0，cosα>0，∴點P(tanα，cosα)位于第二象限，故選B考點：本題考查了三角函數值的符號點評：熟練掌握三角函數的定義及三角函數的值的求法是解決此類問題的關鍵，屬基礎題10、D【解析】根據圓心在直線上，設圓心坐標為，然后根據圓C與直線及都相切，由求解.【詳解】因為圓心在直線上，設圓心坐標為，因為圓C與直線及都相切，所以，解得，∴圓心坐標為，又，∴，∴圓的方程為，故選：D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】令，由題設易知在上為增函數，根據二次函數的性質列不等式組求的取值范圍.【詳解】由題設，令，而為增函數，∴要使在上是增函數，即在上為增函數，∴或，可得或，∴的取值范圍是.故答案為：12、-【解析】由向量共線可得+λ=k((-3)，計算即可.【詳解】由向量共線可得+λ=k((-3)，即+λ=k-3k，∴解得λ=-.故答案為：-13、【解析】將整理分段函數形式,由在上單調遞增,進而可得,即可求解【詳解】由題,,顯然,在時,單調遞增,因為在上單調遞增,所以,即,故答案為:【點睛】本題考查已知函數單調性求參數,考查分段函數,考查一次函數的單調性的應用14、##【解析】利用扇形的面積公式列方程即可求解.【詳解】設扇形的圓心角為，扇形的面積即，解得，所以扇形的圓心角為弧度，故答案為：.15、3【解析】由同角三角函數商數關系及已知等式可得，應用誘導公式有，即可求值.【詳解】由題設，，可得，∴.故答案為：316、【解析】根據函數圖象的變換，求出的解析式，結合函數的單調性進行求解即可.【詳解】由數圖象上所有點的橫坐標壓縮為原來的后，得到，再將圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象，即令，函數的單調遞增區間是由，得，的單調遞增區間為.故答案為：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、（1）；（2）.【解析】（1）根據不等式的解集是，令，然后由在區間上的最小值為-12，由求解.（2）由（1）知函數的對稱軸是，然后分，兩種討論求解.【詳解】（1）因為不等式的解集是，令，因為在區間上的最小值為-12，所以，解得，所以.（2）當，即時，，當，即時，所以.【點睛】方法點睛：(1)二次函數在閉區間上的最值主要有三種類型：軸定區間定、軸動區間定、軸定區間動，不論哪種類型，解決的關鍵是考查對稱軸與區間的關系，當含有參數時，要依據對稱軸與區間的關系進行分類討論．(2)二次函數的單調性問題則主要依據二次函數圖象的對稱軸進行分析討論求解18、（1）（2）【解析】（1）先化簡集合A，B，再利用交集運算求解；（2）根據，化簡集合，再根據求解.【小問1詳解】解：∵，∴，∴集合.∵，∴，∴集合.∴.【小問2詳解】∵，∴.∵，∴，解得.∴實數a的取值范圍是.19、（1）（2）增函數，證明見解析【解析】（1）根據，由求解；（2）利用單調性的定義證明.【小問1詳解】解：∵，且，∴，∴；【小問2詳解】函數在上是增函數.任取，不妨設，則，，∵且，∴，，，∴，即，∴在上是增函數.20、（1）當且僅當時，取得最小值為18；（2）【解析】（1）化簡得，再利用基本不等式求最值；（2）由題得，再解一元二次不等式得解.【詳解】（1）原式，當且僅當時取等號，所以最小值為18.（2），即，即，解得，所以，當且僅當取等號所以的取值范圍為21