寧夏銀川市六盤山高級中學2025屆數學高一上期末學業質量監測模擬試題考生須知：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．某工廠設計了一款純凈水提煉裝置，該裝置可去除自來水中的雜質并提煉出可直接飲用的純凈水，假設該裝置每次提煉能夠減少水中50%的雜質，要使水中的雜質不超過原來的4%，則至少需要提煉的次數為（）（參考數據：取）A.5 B.6C.7 D.82．已知函數，函數，若有兩個零點，則m的取值范圍是（）A. B.C. D.3．函數的部分圖象如圖，則（）A. B.C. D.4．圓：與圓：的位置關系是A.相交 B.相離C.外切 D.內切5．命題“任意，都有”的否定為（）A.存在，使得B.不存在，使得C.存在，使得D.對任意，都有6．已知直三棱柱中，，，，則異面直線與所成角的余弦值為A. B.C. D.7．已知函數的部分圖象如圖所示，點，是該圖象與軸的交點，過點作直線交該圖象于兩點，點是的圖象的最高點在軸上的射影，則的值是A B.C.1 D.28．若點在角的終邊上，則的值為A. B.C. D.9．非零向量，，若點關于所在直線的對稱點為，則向量為A. B.C. D.10．下列函數中最小值為6的是（）A. B.C D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．集合，用列舉法可以表示為_________12．某時鐘的秒針端點到中心點的距離為6cm，秒針均勻地繞點旋轉，當時間時，點與鐘面上標12的點重合，將，兩點的距離表示成的函數，則_______，其中13．有關數據顯示，2015年我國快遞行業產生的包裝垃圾約為400萬噸.有專家預測，如果不采取措施，快遞行業產生的包裝垃圾年平均增長率將達到50%.由此可知，如果不采取有效措施，則從___________年(填年份)開始，快遞行業產生的包裝垃圾超過4000萬噸.(參考數據：，)14．設，且，則的取值范圍是________.15．已知函數若關于的方程有5個不同的實數根，則的取值范圍為___________.16．高斯是德國著名的數學家，近代數學奠基者之一，享有“數學王子”的稱號，他和阿基米德、牛頓并列為世界三大數學家．用其名字命名的“高斯函數”為：，表示不超過x的最大整數，如，，[2]=2，則關于x的不等式的解集為__________.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，（1）求不等式的解集；（2）若有兩個不同的實數根，求a的取值范圍18．已知函數.（1）求解不等式的解集；（2）當時，求函數最小值，以及取得最小值時的值.19．已知實數是定義在上的奇函數.（1）求的值；（2）求函數的值域；（3）當時，恒成立，求實數的取值范圍.20．如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，D，E分別為棱AB，BC的中點，M為棱AA1的中點（1）證明：A1B1⊥C1D；（2）若AA1＝4，求三棱錐A﹣MDE的體積21．已知，，且.（1）求的值；（2）求.

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】根據題意列出相應的不等式，利用對數值計算可得答案.【詳解】設經過次提煉后，水中的雜質不超過原來的4%，由題意得，得，所以至少需要5次提煉，故選：A.2、A【解析】存在兩個零點，等價于與的圖像有兩個交點，數形結合求解.【詳解】存在兩個零點，等價于與的圖像有兩個交點，在同一直角坐標系中繪制兩個函數的圖像：由圖可知，當直線在處的函數值小于等于1，即可保證圖像有兩個交點，故：，解得：故選：A.【點睛】方法點睛：已知函數有零點(方程有根)求參數值(取值范圍)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數范圍；（2）分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域問題加以解決；（3）數形結合法：先對解析式變形，進而構造兩個函數，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數的圖像，利用數形結合的方法求解.3、C【解析】先利用圖象中的1和3，求得函數的周期，求得，最后根據時取最大值1，求得，即可得解【詳解】解：根據函數的圖象可得：函數的周期為，∴，當時取最大值1，即，又，所以，故選：C【點睛】本題主要考查了由的部分圖象確定其解析式，考查了五點作圖的應用和圖象觀察能力，屬于基本知識的考查．屬于基礎題.4、A【解析】求出兩圓的圓心和半徑,用圓心距與半徑和、差作比較,得出結論.【詳解】圓的圓心為(1,0),半徑為1,圓的圓心為(0,2),半徑為2,故兩圓圓心距為,兩半徑之和為3,兩半徑之差為1,其中,故兩圓相交,故選:A.【點睛】本題主要考查兩圓的位置關系,需要學生熟悉兩圓位置的五種情形及其判定方法,屬于基礎題.5、A【解析】根據全稱量詞命題的否定為特稱量詞命題，改量詞，否結論，即得答案.【詳解】命題“任意，都有”的否定為“存在，使得”，故選：A6、C【解析】如圖所示，補成直四棱柱，則所求角為，易得，因此，故選C平移法是求異面直線所成角的常用方法，其基本思路是通過平移直線，把異面問題化歸為共面問題來解決，具體步驟如下：①平移：平移異面直線中的一條或兩條，作出異面直線所成的角；②認定：證明作出的角就是所求異面直線所成的角；③計算：求該角的值，常利用解三角形；④取舍：由異面直線所成的角的取值范圍是，當所作的角為鈍角時，應取它的補角作為兩條異面直線所成的角．求異面直線所成的角要特別注意異面直線之間所成角的范圍7、B【解析】分析：由圖象得到函數的周期，進而求得．又由條件得點D,E關于點B對稱，可得，然后根據數量積的定義求解可得結果詳解：由圖象得，∴，∴又由圖象可得點B為函數圖象的對稱中心，∴點D,E關于點B對稱，∴，∴故選B點睛：本題巧妙地將三角函數的圖象、性質和向量數量積的運算綜合在一起，考查學生分析問題和解決問題的能力．解題的關鍵是讀懂題意，通過圖象求得參數；另外，根據函數圖象的對稱中心將向量進行化簡，從而達到能求向量數量積的目的8、A【解析】根據題意，確定角的終邊上點的坐標，再利用三角函數定義，即可求解，得到答案【詳解】由題意，點在角的終邊上，即，則，由三角函數的定義，可得故選A【點睛】本題主要考查了三角函數的定義的應用，其中解答中確定出角的終邊上點的坐標，利用三角函數的定義求解是解答的關鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題.9、A【解析】如圖由題意點B關于所在直線的對稱點為B1，所以∠BOA=∠B1OA，所以又由平行四邊形法則知:,且向量的方向與向量的方向相同，由數量積的概念向量在向量方向上的投影是OM=，設與向量方向相同的單位向量為：，所以向量=2=2=，所以=.故選A.點睛：本題利用平行四邊形法則表示和向量，因為對稱，所以借助數量積定義中的投影及單位向量即可表示出和向量,解題時要善于借助圖像特征體現向量的工具作用.10、B【解析】利用基本不等式逐項分析即得.【詳解】對于A，當時，，故A錯誤；對于B，因為，所以，當且僅當，即時取等號，故B正確；對于C，因為，所以，當且僅當，即，等號不能成立，故C錯誤；對于D，當時，，故D錯誤.故選：B.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、##【解析】根據集合元素屬性特征進行求解即可.【詳解】因為，所以，可得，因為，所以，集合故答案為：12、【解析】設函數解析式為，由題意將、代入求出參數值，即可得解析式.【詳解】設，由題意知：，當時，，則，，令得；當時，，則，，令得，所以.故答案為：.13、2021【解析】根據條件列指數函數，再解指數不等式得結果.【詳解】設快遞行業產生的包裝垃圾為萬噸，表示從2015年開始增加的年份數，由題意可得，，得，兩邊取對數可得，∴，得，解得，∴從2015+6=2021年開始，快遞行業產生的包裝垃圾超過4000萬噸.故答案為：202114、【解析】由題意得，，又因為，則的取值范圍是15、【解析】根據函數的解析式作出函數的大致圖像，再將整理變形，然后將方程的根的問題轉化為函數圖象的交點問題解決.【詳解】由題意得，即或，的圖象如圖所示，關于的方程有5個不同的實數根，則或，解得，故答案為：16、【解析】解一元二次不等式，結合新定義即可得到結果.【詳解】∵，∴，∴，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）利用三角恒等變換公式將化到最簡形式，確定，在這個范圍內解三角不等式即可；（2）確定在上的最值，根據有兩個不同的實數根，得到a應滿足的條件，解得答案.【小問1詳解】原式化簡后得,由，則∴，可得，即，故不等式的解集為【小問2詳解】在上的單調遞增區間為，單調遞減區間為，當時，，，當時，，，當時，，，又有兩個不同的實數根，則，∴，故a的取值范圍為18、（1）或（2）時，最小值為【解析】（1）直接解一元二次不等式即可，（2）對函數化簡變形，然后利用基本不等式可求得結果【小問1詳解】由，得或，所以不等式的解集為或；【小問2詳解】因為，所以，當且僅當，即時取等號，即取最小值.19、（1）；（2）；（3）.【解析】（1）由是定義在上的奇函數，利用可得的值；（2）化簡利用指數函數的值域以及不等式的性質可得函數的值域；（3）應用參數分離可得利用換元法可得，，轉化為，，轉化為求最值即可求解.【詳解】（1）因為是定義在上的奇函數，所以對于恒成立，所以，解得，當時，，此時，所以時，是奇函數.（2）由（1）可得，因為，可得，所以，所以，所以，所以函數的值域為；（3）由可得，即，可得對于恒成立，令，則，函數在區間單調遞增，所以當時最大為，所以.所以實數的取值范圍是.【點睛】方法點睛：求不等式恒成立問題常用分離參數法若不等式（是實參數）恒成立，將轉化為或恒成立，進而轉化為或，求的最值即可.20、（1）證明見解析（2）【解析】（1）通過證明AB⊥CD，AB⊥CC1，證明A1B1⊥平面CDC1，然后證明A1B1⊥C1D；（2）求出底面△DCE的面積，求出對應的高，即點到底面DCE的距離，然后求解四面體M-CDE的體積，由三棱錐A﹣MDE的體積就是三棱錐M﹣CDE的體積得結論.【詳解】（1）證明：∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，∴AB⊥CD，AB⊥CC1，CD∩CC1＝C，∴AB⊥平面CDC1，∵A1B1∥AB，∴A1B1⊥平面CDC1，∵C1D平面CDC1，∴A1B1⊥C1D；（2）解：三棱錐A﹣MDE的體積就是三棱錐M﹣CDE的體積，AC＝BC＝2，D，E分別為棱AB，BC的中點，M為棱AA1的中點．AA1＝4，所以AM＝2，AB⊥CD，三棱錐A﹣MDE的體積：【點睛】本題考查線面垂直，考查點到面的距離，解題的關鍵是利用線面垂直證明線線線垂直，利用等體積法求點到面的距離，是中檔題21、（1）；（2）.【解析】（1）先根據，且，求出，則可求，再求；（2）先根據，，求出，再根據求解即可.【詳解】（1）∵且，∴，∴，∴