2025屆河南省駐馬店市名校高一數學第一學期期末考試試題含解析

2025屆河南省駐馬店市名校高一數學第一學期期末考試試題請考生注意：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(qū)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(guī)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．函數與則函數所有零點的和為A.0 B.2C.4 D.82．已知，若方程有四個不同的實數根，，，，則的取值范圍是（）A.（3，4） B.（2，4）C.[0，4） D.[3，4）3．是邊長為1的等邊三角形，點分別是邊的中點，連接并延長到點，使得，則的值為（）A. B.C. D.4．已知，那么“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件5．設，且，則（）A. B.C. D.6．在平行四邊形中，設，，，，下列式子中不正確是（）A. B.C. D.7．已知函數在上是增函數，則實數的取值范圍是A. B.C. D.8．如圖所示的是用斜二測畫法畫出的的直觀圖（圖中虛線分別與軸，軸平行），則原圖形的面積是（）A.8 B.16C.32 D.649．如圖，AB是⊙O直徑，C是圓周上不同于A、B的任意一點，PA與平面ABC垂直，則四面體P_ABC的四個面中，直角三角形的個數有（）A.4個 B.3個C.1個 D.2個10．如圖，其所對應的函數可能是（）A B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．在平面四邊形中，，若，則__________.12．符號表示不超過的最大整數，如，定義函數，則下列命題中正確是________.①函數最大值為；②函數的最小值為；③函數有無數個零點；④函數是增函數；13．在空間直角坐標系中，點A到坐標原點距離為2，寫出點A的一個坐標：____________14．已知函數且關于的方程有四個不等實根，寫出一個滿足條件的值________15．已知球O的內接圓柱的軸截面是邊長為2的正方形，則球O的表面積為________.16．已知直線過兩直線和的交點，且原點到該直線的距離為，則該直線的方程為_____.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）求函數的最小正周期和單調遞減區(qū)間；（2）將函數的圖像向左平移單位長度，再將所得圖像上各點的橫坐標縮短為原來的，縱坐標不變，得到函數的圖像，求在上的值域18．已知函數，（1）當時，求的最值；（2）若在區(qū)間上是單調函數，求實數a取值范圍19．如圖，某人計劃用籬笆圍成一個一邊靠墻（墻的長度沒有限制）的矩形生態(tài)種植園．設生態(tài)種植園的長為，寬為（1）若生態(tài)種植園面積為，則為何值時，可使所用籬笆總長最?。?0．（1）計算：；（2）已知，，求證：21．已知函數fx（1）求函數fx（2）判斷函數fx（3）判斷函數fx在區(qū)間0,1上的單調性，并用定義證明

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】分析：分別作與圖像，根據圖像以及對稱軸確定零點以及零點的和.詳解：分別作與圖像，如圖，則所有零點的和為,選C.點睛：對于方程解的個數(或函數零點個數)問題，可利用函數的值域或最值，結合函數的單調性、草圖確定其中參數范圍．從圖象的最高點、最低點，分析函數的最值、極值；從圖象的對稱性，分析函數的奇偶性；從圖象的走向趨勢，分析函數的單調性、周期性等2、D【解析】利用數形結合可得，結合條件可得，，，且，再利用二次函數的性質即得.【詳解】由方程有四個不同的實數根，得函數的圖象與直線有四個不同的交點，分別作出函數的圖象與直線由函數的圖象可知，當兩圖象有四個不同的交點時，設與交點的橫坐標為，，設，則，，由得，所以，即設與的交點的橫坐標為，，設，則，，且，所以，則故選：D.3、B【解析】設，，∴，，，∴.【考點】向量數量積【名師點睛】研究向量的數量積問題，一般有兩個思路，一是建立直角坐標系，利用坐標研究向量數量積；二是利用一組基底表示所有向量，兩種實質相同，坐標法更易理解和化簡.平面向量的坐標運算的引入為向量提供了新的語言——“坐標語言”，實質是將“形”化為“數”．向量的坐標運算，使得向量的線性運算都可用坐標來進行，實現了向量運算完全代數化，將數與形緊密結合起來4、A【解析】化簡得，再利用充分非必要條件定義判斷得解.【詳解】解：.因為“”是“”的充分非必要條件，所以“”是“”的充分非必要條件.故選：A5、D【解析】根據同角三角函數的基本關系，兩角和的正弦公式，即可得到答案；詳解】，，，，故選：D6、B【解析】根據向量加減法計算，再進行判斷選擇.【詳解】;;;故選：B【點睛】本題考查向量加減法，考查基本分析求解能力，屬基礎題.7、A【解析】當時,在上是增函數，且恒大于零，即當時,在上是減函數，且恒大于零，即，因此選A點睛:1．復合函數單調性的規(guī)則若兩個簡單函數的單調性相同，則它們的復合函數為增函數；若兩個簡單函數的單調性相反，則它們的復合函數為減函數．即“同增異減”

函數單調性的性質(1)若f(x)，g(x)均為區(qū)間A上的增(減)函數，則f(x)＋g(x)也是區(qū)間A上的增(減)函數，更進一步，即增＋增＝增，增－減＝增，減＋減＝減，減－增＝減；(2)奇函數在其關于原點對稱的區(qū)間上單調性相同，偶函數在其關于原點對稱的區(qū)間上單調性相反8、C【解析】由斜二測畫法知識得原圖形底和高【詳解】原圖形中，，邊上的高為，故面積為32故選：C9、A【解析】AB是圓O的直徑,可得出三角形是直角三角形，由圓O所在的平面，根據線垂直于面性質得出三角形和三角形是直角三角形，同理可得三角形是直角三角形.【詳解】∵AB是圓O的直徑，∴∠ACB=，即,三角形是直角三角形.又∵圓O所在的平面，∴三角形和三角形是直角三角形,且BC在此平面中，∴平面,∴三角形是直角三角形.綜上，三角形，三角形，三角形，三角形.直角三角形數量為4.故選：A.【點睛】考查線面垂直的判定定理和應用，知識點較為基礎.需多理解.難度一般.10、B【解析】代入特殊點的坐標即可判斷答案.【詳解】設函數為，由圖可知，，排除C,D，又，排除A.故選：B.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、##1.5【解析】設，在中，可知，在中，可得，由正弦定理，可得答案.【詳解】設，在中，，，，在中，，，，，由正弦定理得：，得，.故答案為：.12、②③【解析】利用函數中的定義結合函數的最值、周期以及單調性即可求解.【詳解】函數，函數的最大值為小于，故①不正確；函數的最小值為，故②正確；函數每隔一個單位重復一次，所以函數有無數個零點，故③正確；由函數圖像，結合函數單調性定義可知，函數在定義域內不單調，故④不正確；故答案為：②③【點睛】本題考查的是取整函數問題，在解答時要充分理解的含義，注意對新函數的最值、單調性以及周期性加以分析，屬于基礎題.13、（2，0，0）（答案不唯一）【解析】利用空間兩點間的距離求解.【詳解】解：設，因為點A到坐標原點的距離為2，所以，故答案為：（2，0，0）（答案不唯一）14、（在之間都可以）.【解析】畫出函數的圖象，結合圖象可得答案.【詳解】如圖，當時，，當且僅當時等號成立，當時，，要使方程有四個不等實根，只需使即可，故答案為：（在之間都可以）.15、【解析】根據內接圓柱的軸截面是邊長為2的正方形，確定球O的半徑，再由球的表面積公式即得?！驹斀狻坑深}得，圓柱底面直徑為2，球的半徑為R，球O的內接圓柱的軸截面是邊長為2的正方形，則圓柱的軸截面的對角線即為球的直徑，故，則球的表面積.故答案為：【點睛】本題考查空間幾何體，球的表面積，是常見的考題。16、或【解析】先求兩直線和的交點，再分類討論，先分析所求直線斜率不存在時是否符合題意，再分析直線斜率存在時，設斜率為，再由原點到該直線的距離為，求出，得到答案.【詳解】由和，得，即交點坐標為，（1）當所求直線斜率不存在時，直線方程為，此時原點到直線的距離為，符合題意；（2）當所求直線斜率存在時，設過該點的直線方程為，化為一般式得，由原點到直線的距離為，則，解得，得所求直線的方程為.綜上可得，所求直線的方程為或故答案為：或【點睛】本題考查了求兩直線的交點坐標，由點到直線的距離求參，還考查了對直線的斜率是否存在分類討論的思想，屬于中檔題.三、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）最小正周期為，單調遞減區(qū)間為，；（2）.【解析】（1）利用二倍角正余弦公式及輔助角公式可得，再根據正弦型函數的性質求最小正周期和遞減區(qū)間.（2）由（1）及圖象平移有，應用整體法及正弦函數的性質求區(qū)間值域.【小問1詳解】由題設，，所以的最小正周期為，令，，解得，，因此，函數的單調遞減區(qū)間為，【小問2詳解】由（1）知，，將函數的圖象向左平移個單位長度，可得的圖象，再將所得圖象上各點的橫坐標縮短為原來的，縱坐標不變，得到的圖象，∵，則，∴，則∴在上的值域為18、（1），.（2）【解析】（1）利用二次函數的性質求的最值即可.（2）由區(qū)間單調性，結合二次函數的性質：只需保證已知區(qū)間在對稱軸的一側，即可求a的取值范圍【小問1詳解】當時，，∴在上單凋遞減，在上單調遞增，∴，.【小問2詳解】，∴要使在上為單調函數，只需或，解得或∴實數a的取值范圍為19、（1）為，為；（2）.【解析】（1）根據題意，可得，籬笆總長為，利用基本不等式可求出的最小值，即可得出對應的值；（2）由題可知，再利用整體乘“1”法和基本不等式，求得，進而得出的最小值.【小問1詳解】解：由已知可得，而籬笆總長為，又，則，當且僅當，即時等號成立，菜園的長為，寬為時，可使所用籬笆總長最小【小問2詳解】解：由已知得，，又，，當且僅當，即時等號成立，的最小值是20、（1）13；（2）證明見解析.【解析】（1）根據指數和對數的運算法則直接計算可得；（2）根據對數函數的單調性分別求出范圍和范圍可判斷.【詳解】（1）原式（2）因為在上遞減，在上遞增，所以，，故因為，且在遞增，所以，即所以，即【點睛】本題考查對數函數單調性的應用，解題的關鍵是利用對數函數的單調性求出范圍，進而可比較大小.21、（1）-1,1（