青海省西寧市第二十一中學2025屆高一上數學期末考試試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請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．與終邊相同的角的集合是A. B.C. D.2．下列命題中是真命題的是（）A.“”是“”的充分條件B.“”是“”的必要條件C.“”是“”的充要條件D.“”是“”的充要條件3．已知兩個不重合的平面α，β和兩條不同直線m，n，則下列說法正確的是A.若m⊥n，n⊥α，m?β，則α⊥βB.若α∥β，n⊥α，m⊥β，則m∥nC.若m⊥n，n?α，m?β，則α⊥βD.若α∥β，n?α，m∥β，則m∥n4．設集合，則（）A. B.C.{2} D.{-2，2}5．已知，則（）A.a<b<c B.a<c<bC.c<a<b D.b<c<a6．下列命題中，其中不正確個數是①已知冪函數的圖象經過點，則②函數在區間上有零點，則實數的取值范圍是③已知平面平面，平面平面，，則平面④過所在平面外一點，作，垂足為，連接、、，若有，則點是的內心A.1 B.2C.3 D.47．若，的終邊（均不在y軸上）關于x軸對稱，則（）A. B.C. D.8．函數的零點為，，則的值為（）A.1 B.2C.3 D.49．王安石在《游褒禪山記》中寫道“世之奇偉、瑰怪，非常之觀，常在于險遠，而人之所罕至焉，故非有志者不能至也”，請問“有志”是到達“奇偉、瑰怪，非常之觀”的A.充要條件 B.既不充分也不必要條件C.充分不必要條件 D.必要不充分條件10．已知，，函數的零點為c，則（）A.c＜a＜b B.a＜c＜bC.b＜a＜c D.a＜b＜c二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若函數的定義域為[－2，2]，則函數的定義域為______12．已知是定義在R上的周期為2的奇函數，當時，，則___________.13．__________14．函數的單調遞減區間為_______________.15．當曲線與直線有兩個相異交點時，實數的取值范圍是________16．已知圓及直線，當直線被圓截得的弦長為時，的值等于________.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．在直角坐標平面中，角α的始邊為x軸正半軸，終邊過點（-2，y），且tana=-，分別求y，sinα，cosα的值18．設為奇函數，為常數.（1）求的值；（2）證明：在內單調遞增；（3）若對于上的每一個的值，不等式恒成立，求實數的取值范圍.19．已知關于不等式的解集為.（1）若，求的值；（2）若，求實數的取值范圍；（3）若非空集合，請直接寫出符合條件的整數的集合.20．如圖所示，A，B分別是單位圓與x軸、y軸正半軸的交點，點P在單位圓上，∠AOP＝θ(0<θ<π)，C點坐標為(－2,0)，平行四邊形OAQP的面積為S.(1)求·＋S的最大值；(2)若CB∥OP，求sin的值21．如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB∥CD，△PAD是等邊三角形，平面PAD⊥平面ABCD，已知AD=2，，AB=2CD=4（1）求證：平面PBD⊥平面PAD；（2）若M為PC的中點，求四棱錐M-ABCD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、D【解析】根據終邊相同的角定義的寫法，直接寫出與角α終邊相同的角，得到結果【詳解】根據角的終邊相同的定義的寫法，若α＝，則與角α終邊相同的角可以表示為k?360°（k∈Z），即（k∈Z）故選D【點睛】本題考查與角α的終邊相同的角的集合的表示方法，屬于基礎題.2、B【解析】利用充分條件、必要條件的定義逐一判斷即可.【詳解】因為是集合A的子集，故“”是“”的必要條件，故選項A為假命題；當時，則，所以“”是“”的必要條件，故選項B為真命題；因為是上的減函數，所以當時，，故選項C為假命題；取，，但，故選項D為假命題.故選：B.3、B【解析】由題意得，A中，若，則或，又，∴不成立，∴A是錯誤的；B．若，則，又，∴成立，∴B正確；C．當時，也滿足若，∴C錯誤；D．若，則或為異面直線，∴D錯誤，故選B考點：空間線面平行垂直的判定與性質．【方法點晴】本題主要考查了空間線面位置關系的判定與證明，其中熟記空間線面位置中平行與垂直的判定定理與性質定理是解得此類問題的關鍵，著重考查了學生的空間想象能和推理能力，屬于基礎題，本題的解答中，可利用線面位置關系的判定定理和性質定理判定，也可利用舉出反例的方式，判定命題的真假．4、C【解析】解一元二次不等式,求出集合B，解得集合A,根據集合的交集運算求得答案.【詳解】由題意解得：，故，或，所以，故選：C5、A【解析】找中間量0或1進行比較大小，可得結果【詳解】，所以，故選：A.【點睛】此題考查利用對數函數、指數函數的單調性比較大小，屬于基礎題6、B【解析】①②因為函數在區間上有零點，所以或,即③平面平面，平面平面，，在平面內取一點P作PA垂直于平面與平面的交線,作PB垂直于平面,則所以平面④因為,且,所以,即是的外心所以正確命題為①③,選B7、A【解析】因為，的終邊（均不在軸上）關于軸對稱，則，，然后利用誘導公式對應各個選項逐個判斷即可求解【詳解】因為，的終邊（均不在軸上）關于軸對稱，則，，選項，故正確，選項，故錯誤，選項，故錯誤，選項，故錯誤，故選：8、C【解析】根據零點存在性定理即可求解.【詳解】是上的增函數，又，函數的零點所在區間為，又，.故選：C.9、D【解析】根據題意“非有志者不能至也”可知到達“奇偉、瑰怪，非常之觀”必是有志之士，故“有志”是到達“奇偉、瑰怪，非常之觀”的必要條件，故選D.10、B【解析】由函數零點存在定理可得，又，，從而即可得答案.【詳解】解：因為在上單調遞減，且，，所以的零點所在區間為，即．又因為，，所以a＜c＜b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】∵函數的定義域為[－2，2]∴，∴∴函數的定義域為12、##【解析】根據函數的周期和奇偶性即可求得答案.【詳解】因為函數的周期為2的奇函數，所以.故答案為：.13、2【解析】考點：對數與指數的運算性質14、【解析】由題得，利用正切函數的單調區間列出不等式，解之即得.【詳解】由題意可知，則要求函數的單調遞減區間只需求的單調遞增區間，由得，所以函數的單調遞減區間為.故答案為：.15、【解析】由解析式可知曲線為半圓，直線恒過；畫出半圓的圖象，找到直線與半圓有兩個交點的臨界狀態，利用圓的切線的求解方法和兩點連線斜率公式求得斜率的取值范圍.【詳解】為恒過的直線則曲線圖象如下圖所示：由圖象可知，當直線斜率時，曲線與直線有兩個相異交點與半圓相切，可得：解得：又本題正確結果：【點睛】本題考查利用曲線與直線的交點個數求解參數范圍的問題，關鍵是能夠通過數形結合的方式找到臨界狀態，易錯點是忽略曲線的范圍，誤認為曲線為圓.16、【解析】結合題意，得到圓心到直線的距離，結合點到直線距離公式，計算a，即可【詳解】結合題意可知圓心到直線的距離，所以結合點到直線距離公式可得，結合，所以【點睛】考查了直線與圓的位置關系，考查了點到直線距離公式，難度中等三、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、.【解析】利用直接求出y的值；然后直接構造直角三角形利用即可得解【詳解】解：∵角α的始邊為x軸正半軸，終邊過點（-2，y），且tana=-=，∴y=1，∴sinα==，cosα==-【點睛】如果在單位圓中，可直接得出，在非單位圓則是，為圓的半徑18、（1）（2）證明見解析（3）【解析】（1）根據得到，驗證得到答案.（2）證明的單調性，再根據復合函數的單調性得到答案.（3）確定單調遞增，再計算最小值得到答案.【小問1詳解】，，，即，故，，當時，，不成立，舍去；當時，，驗證滿足.綜上所述：.【小問2詳解】，函數定義域為，考慮，設，則，，，故，函數單調遞減.在上單調遞減，根據復合函數單調性知在內單調遞增.【小問3詳解】，即，為增函數.故在單調遞增，故.故.19、（1）3；（2）；（3）.【解析】(1)由給定解集可得2，3是方程的二根即可求解作答.(2)根據給定條件列出關于a的不等式求解作答.(3)分a大于2或小于2兩類討論作答.【小問1詳解】因方程的根為或，而不等式的解集為，則2，3是方程的二根，所以.【小問2詳解】因為，即有，解得：，所以實數的取值范圍為.【小問3詳解】因非空，則，當時，，顯然集合不是集合的子集，當時，，而，則，所以整數的集合是.20、（1）＋1（2）【解析】求出，的坐標，然后求解，以及平行四邊形的面積，通過兩角和與差的三角函數，以及正弦函數的值域求解即可；利用三角函數的定義，求出，利用二倍角公式以及兩角和與差的三角函數求解表達式的值解析：（1）由已知得，的坐標分別為，，因為四邊形是平行四邊形，所以，又因為平行四邊形的面積為，所以又因為，所以當時，的最大值為（2）由題意知，，因為，所以，因為，所以由，，得，，所以，，所以21、（1）證明過程詳見解析（2）【解析】(1)先證明BD⊥平面PAD，即證平面PBD⊥平面PAD.(2)取AD中點為O，則PO是四棱錐的高,再利用公式法求四棱錐M-ABCD