2025屆安徽省泗縣三中高一上數學期末預測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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．下列說法正確的是A.棱柱被平面分成的兩部分可以都是棱柱 B.底面是矩形的平行六面體是長方體C.棱柱的底面一定是平行四邊形 D.棱錐的底面一定是三角形2．函數是指數函數，則的值是A.4 B.1或3C.3 D.13．函數是（）A.奇函數，且上單調遞增 B.奇函數，且在上單調遞減C.偶函數，且在上單調遞增 D.偶函數，且在上單調遞減4．在《九章算術》中，將底面是直角三角形的直三棱柱稱為“塹堵”.如圖，網格紙上小正方形的邊長為，粗實線畫出的是某“塹堵”的三視圖，則該“塹堵”的側面積為（）A.48 B.42C.36 D.305．已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為A. B.C. D.6．某同學參加研究性學習活動，得到如下實驗數據：x1.02.04.08.0y0.010.992.023現欲從理論上對這些數據進行分析并預測，則下列模擬函數合適的是（）A. B.C. D.7．已知關于的不等式的解集是，則的值是（）A. B.2C.22 D.8．已知f（x-1）=2x-5，且f（a）=6，則a等于（）A. B.C. D.9．若直線經過兩點，，且傾斜角為，則的值為（）A.2 B.1C. D.10．已知，函數在上遞減，則的取值范圍為（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．直線與直線的距離是__________12．當時，函數取得最大值，則_______________13．已知冪函數的圖象過點，則___________.14．函數的單調遞增區間為______.15．已知函數，且關于的方程有且僅有一個實數根，那實數的取值范圍為________16．如圖，單位圓上有一點，點P以點P0為起點按逆時針方向以每秒弧度作圓周運動，5秒后點P的縱坐標y是_____________.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．已知函數的圖象在定義域上連續不斷.若存在常數，使得對于任意的，恒成立，稱函數滿足性質.（1）若滿足性質，且，求的值；（2）若，試說明至少存在兩個不等的正數，同時使得函數滿足性質和.（參考數據：）（3）若函數滿足性質，求證：函數存在零點.18．已知函數且.（1）若，求的值；（2）若在上的最大值為，求的值.19．(1)試證明差角的余弦公式：；(2)利用公式推導：①和角的余弦公式，正弦公式，正切公式；②倍角公式，，.20．已知函數是偶函數（其中a，b是常數），且它的值域為（1）求的解析式；（2）若函數是定義在R上的奇函數，且時，，而函數滿足對任意的，有恒成立，求m的取值范圍21．如圖，已知多面體PABCDE的底面ABCD是邊長為2的菱形，PA⊥底面ABCD，ED//PA，且PA=2ED=2（1）證明：平面PAC⊥平面PCE；（2）若直線PC與平面ABCD所成的角為45°，求直線CD與平面PCE所成角的正弦值

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】對于B．底面是矩形的平行六面體，它的側面不一定是矩形，故它也不一定是長方體，故B錯；對于C．棱柱的底面是平面多邊形，不一定是平行四邊形，故C錯；對于D．棱錐的底面是平面多邊形，不一定是三角形，故D錯；故選A考點：1．命題的真假；2．空間幾何體的特征2、C【解析】由題意，解得．故選C考點：指數函數的概念3、A【解析】根據函數奇偶性和單調性的定義判定函數的性質即可.【詳解】解：根據題意，函數，有，所以是奇函數，選項C，D錯誤；設，則有，又由，則，，則，則在上單調遞增，選項A正確，選項B錯誤.故選：A．4、C【解析】由三視圖可知該“塹堵”的高為，其底面是直角邊為，斜邊為的三角形，從而可求出其側面積.【詳解】解：由三視圖易得該“塹堵”的高為，其底面是直角邊為，斜邊為的三角形，故其側面積為.故選：C.5、D【解析】解：該幾何體是一個底面半徑為1、高為4的圓柱被一個平面分割成兩部分中的一個部分，故其體積為.本題選擇D選項.6、A【解析】由表中數據的增大趨勢和函數的單調性判斷可得選項.【詳解】解：由表中的數據看出：y隨x的增大而增大，且增大的幅度越來越小，而函數，在的增大幅度越來越大，函數呈線性增大，只有函數與已知數據的增大趨勢接近，故選：A.7、C【解析】轉化為一元二次方程兩根問題，用韋達定理求出，進而求出答案.【詳解】由題意得：2與3是方程的兩個根，故，，所以.故選：C8、B【解析】先用換元法求出，然后由函數值求自變量即可.【詳解】令，則，可得，即，由題知，解得.故選：B9、A【解析】直線經過兩點，，且傾斜角為，則故答案為A．10、B【解析】求出f（x）的單調減區間A，令（，π）?A，解出ω的范圍【詳解】解：f（x）sin（ωx），令，解得x，k∈Z∵函數f（x）sin（ωx）（ω＞0）在（，π）上單調遞減，∴，解得ω2k，k∈Z∴當k＝0時，ω故選：B【點睛】本題考查了三角函數的單調性與單調區間，考查轉化能力與計算能力，屬于基礎題二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】12、【解析】利用三角恒等變換化簡函數，根據正弦型函數的最值解得，利用誘導公式求解即可.【詳解】解析：當時，取得最大值（其中），∴，即，∴故答案為：-3.13、##0.25【解析】設，代入點求解即可.【詳解】設冪函數，因為的圖象過點，所以，解得所以，得.故答案為：14、【解析】首先將函數拆分成內外層函數，根據復合函數單調性的判斷方法求解.【詳解】函數分成內外層函數，是減函數，根據“同增異減”的判斷方法可知求函數的單調遞增區間，需求內層函數的減區間，函數的對稱軸是，的減區間是，所以函數的單調遞增區間為.故答案為：【點睛】本題考查復合函數的單調性，意在考查基本的判斷方法，屬于基礎題型，判斷復合函數的單調性根據“同增異減”的方法判斷，當內外層單調性一致時為增函數，當內外層函數單調性不一致時為減函數，有時還需注意定義域.15、【解析】利用數形結合的方法，將方程根的問題轉化為函數圖象交點的問題，觀察圖象即可得到結果.【詳解】作出的圖象，如下圖所示：∵關于的方程有且僅有一個實數根，∴函數的圖象與有且只有一個交點，由圖可知，則實數的取值范圍是.故答案為：.16、##【解析】根據單位圓上點的坐標求出，從而求出，從而求出點P的縱坐標.【詳解】因為位于第一象限，且，故，所以，故，所以點P的縱坐標故答案為：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）答案見解析（3）證明見解析【解析】（1）由滿足性質可得恒成立，取可求，取可求，取可求，取求，由此可求的值；（2）設滿足，利用零點存在定理證明關于的方程至少有兩個解，證明至少存在兩個不等的正數，同時使得函數滿足性質和；（3）分別討論，，時函數的零點的存在性，由此完成證明.【小問1詳解】因為滿足性質，所以對于任意的x，恒成立.又因為，所以，，，由可得，由可得，所以，.【小問2詳解】若正數滿足，等價于，記，顯然，，因為，所以，，即.因為的圖像連續不斷，所以存在，使得，因此，至少存在兩個不等的正數，使得函數同時滿足性質和.【小問3詳解】若，則1即為零點；因為，若，則，矛盾，故，若，則，，，可得.取即可使得，又因為的圖像連續不斷，所以，當時，函數上存在零點，當時，函數在上存在零點，若，則由，可得，由，可得，由，可得.取即可使得，又因為的圖像連續不斷，所以，當時，函數在上存在零點，當時，函數在上存在零點，綜上，函數存在零點.18、（1）；（2）或.【解析】（1）根據函數奇偶性的定義判斷是奇函數，再由即可求解；（2）討論和時，函數在上的單調性，根據單調性求出最值列方程，解方程可得的值.【小問1詳解】因為的定義域為關于原點對稱，，所以為奇函數，故.【小問2詳解】，若，則單調遞減，單調遞增，可得為減函數，當時，，解得：，符合題意；若，則單調遞增，單調遞減，可得為增函數，當時，解得：，符合題意，綜上所述：的值為或.19、（1）證明見解析；（2）①答案見解析；②答案見解析【解析】在單位圓里面證明，然后根據誘導公式即可證明和，利用正弦余弦和正切的關系即可證明；用正弦余弦正切的和角公式即可證明對應的二倍角公式.【詳解】(1)不妨令.如圖，設單位圓與軸的正半軸相交于點，以軸非負半軸為始邊作角，它們的終邊分別與單位圓相交于點，，.連接.若把扇形繞著點旋轉角，則點分別與點重合.根據圓的旋轉對稱性可知，與重合，從而，＝，∴.根據兩點間的距離公式，得：，化簡得：當時，上式仍然成立.∴，對于任意角有：.(2)①公式的推導：.公式的推導：正切公式的推導：②公式的推導：由①知，.公式的推導：由①知，.公式的推導：由①知，.20、（1）（2）【解析】（1）由偶函數的定義結合題意可求出，再由函數的值域為可求出，從而可求出函數解析式，（2）由題意求出的解析式，判斷出當時，，從而將問題轉化為滿足對任意的恒成立，設，則對恒成立，然后利用二次函數的性質求解【小問1詳解】由題∵是偶函數，∴，∴∴或，又∵的值域為，∴，∴，∴或，∴；【小問2詳解】若函數是定義在R上的奇函數，且時，，由（1）知，∴時，；時，；當時，，顯然時，，若，則又滿足對任意的，有恒成立，∴對任意的恒成立，即滿足對任意的恒成立，即，設，則對恒成立，設，∵函數的圖像開口向上，∴只需，∴，∴所求m的取值范圍是.21、(1)見解析(2)2【解析】1連接BD，交AC于點O，設PC中點為F，連接OF，EF，先證出BD∥EF，再證出EF⊥平面PAC，，結合面面垂直的判定定理即可證平面PAC⊥平面PCE；2先證明∠PCA=45°，設CD的中點為M，連接AM，所以點P到平面CDE的距離與點A到平面CDE的距離相等，即h2解析：（1）證明：連接BD，交AC于點O，設PC中點為F，連接OF，EF∵O，F分別為AC，PC的中點，∴OF//PA，且OF=1∵DE//PA，且DE=1∴OF//DE，且OF=DE，∴四邊形OFED為平行四邊形，∴OD//EF，即BD//EF，∵PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴PA⊥BD，∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC∵PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，∵BD//EF，∴EF⊥平面PAC，∵FE?平面PCE，∴平面PAC⊥平面PCE（2）因為直線PC與平面ABCD所成角為45°，所以∠PCA=45°，所以AC=PA=2，所以AC=AB，故ΔABC為