浙江省臺州市溫嶺市書生中學2025屆高一上數學期末復習檢測試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．的值等于A. B.C. D.2．函數f(x)=|x-2|-lnx在定義域內零點的個數為()A.0 B.1C.2 D.33．已知函數的定義域和值域都是，則（）A. B.C.1 D.4．已知，，，則（）A. B.C. D.5．函數f(x)=的零點所在的一個區間是A.（-2，-1） B.（-1,0）C.（0,1） D.（1,2）6．已知函數，若實數滿足，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.7．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.8．已知函數則=（）A. B.9C. D.9．角是（）A.第一象限角 B.第二象限角C.第三象限角 D.第四象限角10．空間直角坐標系中，點關于平面的對稱點為點，關于原點的對稱點為點，則間的距離為A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．設函數f(x)的定義域為R，f(x＋1)為奇函數，f(x＋2)為偶函數，當x∈[1，2]時，f(x)＝ax2＋b.若f(0)＋f(3)＝6，則f()＝____________.12．冪函數的圖象經過點，則=____.13．函數的最小值是________.14．在函數的圖像上，有______個橫、縱坐標均為整數的點15．古希臘數學家歐幾里得所著《幾何原本》中的“幾何代數法”，很多代數公理、定理都能夠通過圖形實現證明，并稱之為“無字證明”.如圖，O為線段中點，C為上異于O的一點，以為直徑作半圓，過點C作的垂線，交半圓于D，連結，過點C作的垂線，垂足為E.設，則圖中線段，線段，線段_______；由該圖形可以得出的大小關系為___________.16．若是兩個相交平面，則在下列命題中，真命題的序號為________．（寫出所有真命題的序號）①若直線，則在平面內，一定不存在與直線平行的直線②若直線，則在平面內，一定存在無數條直線與直線垂直③若直線，則在平面內，不一定存在與直線垂直的直線④若直線，則在平面內，一定存在與直線垂直的直線三、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．如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M，N分別為棱AC和A1B1的中點，且AB＝BC（1）求證：平面BMN⊥平面ACC1A1；（2）求證：MN∥平面BCC1B118．正數x，y滿足.(1)求xy的最小值；(2)求x＋2y的最小值19．已知函數在區間上的最大值為6，（1）求常數m的值；（2）若，且，求的值.20．已知函數（Ⅰ）求的最小正周期及對稱軸方程；（Ⅱ）當時，求函數的最大值、最小值，并分別求出使該函數取得最大值、最小值時的自變量的值.21．（1）計算：（2）已知，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、C【解析】因為，所以可以運用兩角差的正弦公式、余弦公式，求出的值.【詳解】，，，故本題選C.【點睛】本題考查了兩角差的正弦公式、余弦公式、以及特殊角的三角函數值.其時本題還可以這樣解：，.2、C【解析】分別畫出函數y＝lnx(x>0)和y＝|x－2|(x>0)的圖像，可得2個交點，故f(x)在定義域中零點個數為2.3、A【解析】分和，利用指數函數的單調性列方程組求解.【詳解】當時，，方程組無解當時，，解得故選：A.4、C【解析】求出集合，利用交集的定義可求得集合.【詳解】已知，，，則，因此，.故選：C.5、B【解析】因為函數f(x)=2+3x在其定義域內是遞增的，那么根據f(-1)=,f（0）=1+0=1>0,那么函數的零點存在性定理可知，函數的零點的區間為（-1,0），選B考點：本試題主要考查了函數零點的問題的運用點評：解決該試題的關鍵是利用零點存在性定理，根據區間端點值的乘積小于零，得到函數的零點的區間6、D【解析】由題可得函數關于對稱，且在上單調遞增，在上單調遞減，進而可得，即得.【詳解】∵函數，定義域為，又，所以函數關于對稱，當時，單調遞增，故函數單調遞增，∴函數在上單調遞增，在上單調遞減，由可得，，解得，且.故選：D.7、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：B8、A【解析】根據函數的解析式求解即可.【詳解】，所以，故選A9、B【解析】找到與終邊相等的角，進而判斷出是第幾象限角.【詳解】因為，所以角和角是終邊相同的角，因為角是第二象限角，所以角是第二象限角.故選：B.10、C【解析】分析：求出點關于平面的對稱點，關于原點的對稱點，直接利用空間中兩點間的距離公式，即可求解結果.詳解：在空間直角坐標系中，點關于平面的對稱點，關于原點的對稱點，則間的距離為，故選C.點睛：本題主要考查了空間直角坐標系中點的表示，以及空間中兩點間的距離的計算，著重考查了推理與計算能力，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】由f(x＋1)為奇函數，f(x＋2)為偶函數，可得，，再結合已知的解析式可得，然后結合已知可求出，從而可得當時，，進而是結合前面的式子可求得答案【詳解】因為f(x＋1)為奇函數，所以的圖象關于點對稱，所以，且因為f(x＋2)為偶函數，所以的圖象關于直線對稱，，所以，即，所以，即，當x∈[1，2]時，f(x)＝ax2＋b，則，因為，所以，得，因為，所以，所以當時，，所以，故答案為：12、2【解析】根據冪函數過點，求出解析式，再有解析式求值即可.【詳解】設，則，所以，故，所以.故答案為：13、2【解析】直接利用基本不等式即可得出答案.【詳解】解：因為，所以，當且僅當，即時，取等號，所以函數的最小值為2.故答案為：2.14、3【解析】由題可得函數為減函數，利用賦值法結合條件及函數的性質即得.【詳解】因為，所以函數在R上單調遞減，又，，，，且當時，，當時，令，則，綜上，函數的圖像上，有3個橫、縱坐標均為整數的點故答案為：3.15、①.②.【解析】利用射影定理求得，結合圖象判斷出的大小關系.【詳解】在中，由射影定理得，即.在中，由射影定理得，即根據圖象可知，即.故答案為：；16、②④【解析】①當時，在平面內存在與直線平行的直線．②若直線，則平面的交線必與直線垂直，而在平面內與平面的交線平行的直線有無數條，因此在平面內，一定存在無數條直線與直線垂直．③當直線為平面的交線時，在平面內一定存在與直線垂直的直線．④當直線為平面的交線，或與交線平行，或垂直于平面時，顯然在平面內一定存在與直線垂直的直線．當直線為平面斜線時，過直線上一點作直線垂直平面，設直線在平面上射影為，則平面內作直線垂直于，則必有直線垂直于直線，因此在平面內，一定存在與直線垂直的直線考點：直線與平面平行與垂直關系三、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）見解析；（2）見解析【解析】（1）由面面垂直的性質定理證明平面，再由面面垂直的判定定理得證面面垂直；（2）取BC中點P，連接B1P和MP，可證MN∥PB1，從而可證線面平行【詳解】（1）因為M為棱AC的中點，且AB＝BC，所以BM⊥AC，又因為ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥平面ABC因為BM?平面ABC，所以AA1⊥BM又因為AC，A1A?平面ACC1A1且AC∩A1A＝A，所以BM⊥平面ACC1A1因為BM?平面BMN，所以：平面BMN⊥平面ACC1A1（2）取BC的中點P，連接B1P和MP，因為M、P為棱AC、BC的中點，所以MP∥AB，且MPAB，因為ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以A1B1∥AB，A1B1＝AB因為N為棱A1B1的中點，所以B1N∥BA，且B1NBA；所以B1N∥PM，且B1N＝PM；所以MNB1P是平行四邊形，所以MN∥PB1又因為MN?平面BCC，PB1?平面BCC1B1所以MN∥平面BCC1B1【點睛】本題考查證明面面垂直與線面平行，掌握它們的判定定理是解題關鍵．立體幾何證明中，要由定理得出結論，必須滿足定理的所有條件，缺一不可．有些不明顯的結論需要證明，明顯的結論也要列舉出來，否則證明過程不完整18、(1)36；(2)【解析】(1)由基本不等式可得，再求解即可；(2)由，再求解即可.【詳解】解：(1)由得xy≥36，當且僅當，即時取等號，故xy的最小值為36.(2)由題意可得，當且僅當，即時取等號，故x＋2y的最小值為.【點睛】本題考查了基本不等式的應用，重點考查了拼湊法構造基本不等式，屬中檔題.19、（1）；（2）【解析】（1）利用二倍角公式以及輔助角公式可得，再利用三角函數的性質即可求解.（2）代入可得，從而求出，再利用誘導公式即可求解.【詳解】（1），因為，則，所以，解得.（2），即，解得，，，所以，，又，所以.20、（Ⅰ）最小正周期是，對稱軸方程為；（Ⅱ）時，函數取得最小值，最小值為-2，時，函數取得最大值，最大值為1.【解析】（Ⅰ）利用二倍角公式及輔助角公式將函數化簡，再根據