2025屆浙江省溫州新力量聯盟高一數學第一學期期末質量檢測模擬試題注意事項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．可以化簡成（）A. B.C. D.2．已知函數，若（其中．），則的最小值為（）A. B.C.2 D.43．設，則A. B.C. D.4．若存在正數x使成立，則a的取值范圍是A. B.C. D.5．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.6．圓x2+y2+2x﹣4y+1＝0的半徑為（）A.1 B.C.2 D.47．若，則A. B.C. D.8．函數與（且）在同一坐標系中的圖象可能是（）A. B.C. D.9．已知函數，則（）A.5 B.2C.0 D.110．設，，，則a，b，c的大小關系為（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若存在常數k和b，使得函數和對其公共定義域上的任意實數x都滿足：和恒成立（或和恒成立），則稱此直線為和的“隔離直線”．已知函數，，若函數和之間存在隔離直線，則實數b的取值范圍是______12．已知，且，則______.13．在正方體中，直線與平面所成角的正弦值為________14．已知集合，，則__________15．已知冪函數f(x)是奇函數且在上是減函數，請寫出f(x)的一個表達式________16．函數的定義域是__________.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.（1）當有是實數解時，求實數的取值范圍；（2）若，對一切恒成立，求實數的取值范圍.18．已知是定義在上的偶函數，且時，（1）求函數的表達式；（2）判斷并證明函數在區間上的單調性19．已知函數且圖象經過點（1）求實數的值；（2）若，求實數的取值范圍.20．目前，"新冠肺炎"在我國得到了很好的遏制，但在世界其他一些國家還大肆流行.因防疫需要，某學校決定對教室采用藥熏消毒法進行消毒，藥熏開始前要求學生全部離開教室.已知在藥熏過程中，教室內每立方米空氣中的藥物含量（毫克）與藥熏時間（小時）成正比；當藥熏過程結束，藥物即釋放完畢，教室內每立方米空氣中的藥物含量（毫克）達到最大值.此后，教室內每立方米空氣中的藥物含量（毫克）與時間（小時）的函數關系式為（為常數）.已知從藥熏開始，教室內每立方米空氣中的藥物含量（毫克）關于時間（小時）的變化曲線如圖所示.（1）從藥熏開始，求每立方米空氣中的藥物含量（毫克）與時間（小時）之間的函數關系式；（2）據測定，當空氣中每立方米的藥物含量不高于0.125毫克時，學生方可進入教室，那么從藥熏開始，至少需要經過多少小時后，學生才能回到教室?21．如圖，三棱柱中，側棱垂直底面，，，點是棱的中點（1）證明：平面平面；（2）求三棱錐的體積

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】根據指數冪和根式的運算性質轉化即可【詳解】解：，故選：B2、B【解析】根據二次函數的性質及對數的運算可得，利用均值不等式求最值即可.詳解】,由，，即，，當且僅當，即時等號成立，故選：B3、B【解析】函數在上單調遞減，所以，函數在上單調遞減，所以，所以，答案為B考點：比較大小4、D【解析】根據題意，分析可得，設，利用函數的單調性與最值，即可求解，得到答案【詳解】根據題意，，設，由基本初等函數的性質，得則函數在R上為增函數，且，則在上，恒成立；若存在正數x使成立，即有正實數解，必有；即a的取值范圍為；故選D【點睛】本題主要考查了函數單調性的應用，以及不等式的有解問題，其中解答中合理把不等式的有解問題轉化為函數的單調性與最值問題是解答的關鍵，著重考查分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題5、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.6、C【解析】將圓的方程化為標準方程即可得圓的半徑.【詳解】由圓x2+y2+2x﹣4y+1＝0化為標準方程有：，所以圓的半徑為2.故選：C【點睛】本題考查圓的一般方程與標準方程的互化，并由此得出圓的半徑大小，屬于基礎題.7、D【解析】利用同角三角函數的基本關系，二倍角的余弦公式把要求的式子化為，把已知條件代入運算，求得結果．【詳解】，，故選D．【點睛】本題主要考查同角三角函數的基本關系，二倍角的余弦公式的應用，屬于中檔題．8、B【解析】分析一次函數的單調性，可判斷AD選項，然后由指數函數的單調性求得的范圍，結合直線與軸的交點與點的位置關系可得出合適的選項.【詳解】因為一次函數為直線，且函數單調遞增，排除AD選項.對于B選項，指數函數單調遞減，則，可得，此時，一次函數單調遞增，且直線與軸的交點位于點的上方，合乎題意；對于C選項，指數函數單調遞減，則，可得，此時，一次函數單調遞增，且直線與軸的交點位于點的下方，不合乎題意.故選：B.9、C【解析】由分段函數，選擇計算．【詳解】由題意可得.故選：C.【點睛】本題考查分段函數的求值，屬于簡單題．10、A【解析】根據指數函數和對數函數的單調性得出的范圍，然后即可得出的大小關系.【詳解】由題意知，，即，，即，，又，即，∴故選：A二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】由已知可得、恒成立，利用一元二次不等式的解法和基本不等式即可求得實數的取值范圍.【詳解】因為函數和之間存在隔離直線，所以當時，可得對任意的恒成立，則，即，所以；當時，對恒成立，即恒成立，又當時，，當且僅當即時等號成立，所以，綜上所述，實數的取值范圍是.故答案為：.12、##【解析】化簡已知條件，求得，通過兩邊平方的方法求得，進而求得.【詳解】依題意，①，，，化簡得①，則，由，得，，.故答案為：13、【解析】連接AC交BD于O點，設交面于點E，連接OE，則角CEO就是所求的線面角，因為AC垂直于BD，AC垂直于，故AC垂直于面.設正方體的邊長為2，則OC=，OE=1，CE，此時正弦值為故答案為.點睛：求線面角，一是可以利用等體積計算出直線的端點到面的距離，除以線段長度就是線面角的正弦值；高二時還會學到空間向量法，可以建系，用空間向量的方法求直線的方向向量和面的法向量，再求線面角即可．面面角一般是要么定義法，做出二面角，或者三垂線法做出二面角，利用幾何關系求出二面角，要么建系來做．14、【解析】因為集合，，所以，故答案為.15、【解析】由題意可知冪函數中為負數且為奇數，從而可求出解析式【詳解】因為冪函數是奇函數且在上是減函數，所以為負數且為奇數，所以f(x)的一個表達式可以是（答案不唯一），故答案為：（答案不唯一）16、{|且}【解析】根據函數，由求解.【詳解】因為函數，所以，解得，所以函數的定義域是{|且}，故答案為：{|且}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）由題意可知實數的取值范圍為函數的值域，結合三角函數的范圍和二次函數的性質可知時函數取得最小值，當時函數取得最大值，實數的取值范圍是.（2）由題意可得時函數取得最大值，當時函數取得最小值，原問題等價于，求解不等式組可得實數的取值范圍是.試題解析：（1）因為，可化得，若方程有解只需實數的取值范圍為函數的值域，而，又因為，當時函數取得最小值，當時函數取得最大值，故實數的取值范圍是.（2）由，當時函數取得最大值，當時函數取得最小值，故對一切恒成立只需，解得，所以實數的取值范圍是.點睛：二次函數、二次方程與二次不等式統稱“三個二次”，它們常結合在一起，有關二次函數的問題，數形結合，密切聯系圖象是探求解題思路的有效方法．一般從：①開口方向；②對稱軸位置；③判別式；④端點函數值符號四個方面分析．18、（1）（2）單調減函數，證明見解析【解析】（1）設，則，根據是偶函數，可知，然后分兩段寫出函數解析式即可；（2）利用函數單調性的定義，即可判斷函數的單調性，并可證明結果【小問1詳解】解：設，則，，因為函數為偶函數，所以，即，所以【小問2詳解】解：設，，∵，∴，，∴，∴在為單調減函數19、（1）3（2）【解析】（1）利用求得.（2）結合指數函數的單調性求得實數的取值范圍.【小問1詳解】依題意且，【小問2詳解】在R上是增函數且所求的取值范圍是20、（1）；（2）0.8小時.【解析】（1）時，設，由最高點求出，再依據最高點求出參數，從而得函數解析式；（2）解不等式可得結論【詳解】解：（1）依題意，當時，可設，且，解得又由，解