湖南省安仁一中、資興市立中學2025屆數學高一上期末質量檢測試題含解析

湖南省安仁一中、資興市立中學2025屆數學高一上期末質量檢測試題考生請注意：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?？荚嚱Y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．已知全集，集合，，則（）A. B.C. D.2．電影《長津湖》中，炮兵雷公犧牲的一幕看哭全網，他的原型是濟南英雄孔慶三．因為前沿觀察所距敵方陣地較遠，需要派出偵察兵利用觀測儀器標定目標，再經過測量和計算指揮火炮實施射擊．為了提高測量和計算的精度，軍事上通常使用密位制來度量角度，將一個圓周分為6000等份，每一等份的弧所對的圓心角叫做1密位．已知我方迫擊炮連在占領陣地后，測得敵人兩地堡之間的距離是54米，兩地堡到我方迫擊炮陣地的距離均是1800米，則我炮兵戰(zhàn)士在摧毀敵方一個地堡后，為了快速準確地摧毀敵方另一個地堡，需要立即將迫擊炮轉動的角度（）注：（?。┊斏刃蔚膱A心角小于200密位時，扇形的弦長和弧長近似相等；（ⅱ）取等于3進行計算A.30密位 B.60密位C.90密位 D.180密位3．如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，則12A.AB B.CDC.CB D.AD4．已知集合，則（）A. B.或C. D.或5．30°的弧度數為（）A. B.C. D.6．在下列區(qū)間中，函數fxA.0,14C.12,7．在數學中，布勞威爾不動點定理是拓撲學里一個非常重要的不動點定理，它可應用到有限維空間，并構成一般不動點定理的基石，布勞威爾不動點定理得名于荷蘭數學家魯伊茲·布勞威爾(L.E.J.Brouwer)，簡單的講就是對于滿足一定條件的連續(xù)函數，存在點，使得，那么我們稱該函數為“不動點”函數，下列為“不動點”函數的是（）A. B.C. D.8．已知棱長為3的正方體ABCD﹣A1B1C1D1內部有一圓柱，此圓柱恰好以直線AC1為軸，則該圓柱側面積的最大值為（）A.92πC.23π9．直線與函數的圖像恰有三個公共點，則實數的取值范圍是A. B.C. D.10．已知是定義在上的單調函數，滿足，則函數的零點所在區(qū)間為（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數是定義在R上的增函數，且，那么實數a的取值范圍為________12．已知，，且，則的最小值為___________.13．已知函數則的值為_______14．已知函數的兩個零點分別為，則___________.15．已知函數，方程有四個不相等的實數根（1）實數m的取值范圍為_____________；（2）的取值范圍為______________16．要在半徑cm的圓形金屬板上截取一塊扇形板，使弧AB的長為m，那么圓心角_________．（用弧度表示）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，.（1）求的值；（2）求的值.18．已知，，求，實數a的取值范圍19．已知.（Ⅰ）若，求的值；（Ⅱ）若為第三象限角，且，求的值.20．已知函數在上最大值為3，最小值為（1）求的解析式；（2）若，使得，求實數m的取值范圍21．已知n為正整數，集合Mn=x1,x2,???,xnx（1）當n=3時，設α=0,1,0，β=1,0,0，寫出α-（2）若集合S滿足S?M3，且?α，β∈S，dα,β=2，求集合（3）若α，β∈Mn，且dα,β=2，任取γ∈

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】先求得全集U和，根據補集運算的概念，即可得答案.【詳解】由題意得全集，，所以.故選：D2、A【解析】求出1密位對應的弧度，進而求出轉過的密位.【詳解】有題意得：1密位=，因為圓心角小于200密位，扇形的弦長和弧長近似相等，所以，因為，所以迫擊炮轉動的角度為30密位.故選：A3、D【解析】由線性運算的加法法則即可求解.【詳解】如圖，設AC,BD交于點O，則12故選：D4、C【解析】直接利用補集和交集的定義求解即可.【詳解】由集合，可得：或，故選：C.【點睛】關鍵點點睛：本該考查了集合的運算，解決該題的關鍵是掌握補集和交集的定義..5、B【解析】根據弧度與角度之間的轉化關系進行轉化即可．詳解】解：，故選．【點睛】本題考查了將角度制化為弧度制，屬于基礎題．6、C【解析】利用零點存在定理即可判斷.【詳解】函數fx=e因為函數y=ex,y=2x-3均為增函數，所以fx又f1=ef12=由零點存在定理可得：fx的零點所在的區(qū)間為1故選：C7、C【解析】根據已知定義，將問題轉化為方程有解，然后逐項進行求解并判斷即可.【詳解】根據定義可知：若有不動點，則有解.A．令，所以，此時無解，故不是“不動點”函數；B．令，此時無解，，所以不是“不動點”函數；C．當時，令，所以或，所以“不動點”函數；D．令即，此時無解，所以不是“不動點”函數.故選：C.8、A【解析】由題知，只需考慮圓柱的底面與正方體的表面相切的情況，即可得出結論【詳解】由題知，只需考慮圓柱的底面與正方體的表面相切的情況，由圖形的對稱性可知，圓柱的上底面必與過A點的三個面相切，且切點分別在線段AB1，AC，AD1上，設線段AB1上的切點為E，AC1∩面A1BD＝O2，圓柱上底面的圓心為O1，半徑即為O1E=r，則AO2=13AC1=1332+32+3故選A【點睛】本題考查求圓柱側面積的最大值，考查正方體與圓柱的內切問題，考查學生空間想象與分析解決問題的能力，屬于中檔題9、C【解析】解方程組，得，或由直線與函數的圖像恰有三個公共點，作出圖象，結合圖象，知∴實數的取值范圍是故選C【點睛】本題考查滿足條件的實數的取值范圍的求法，解題時要認真審題，注意數形結合思想的合理運用10、C【解析】設，即，再通過函數的單調性可知，即可求出的值，得到函數的解析式，然后根據零點存在性定理即可判斷零點所在區(qū)間【詳解】設，即，，因為是定義在上的單調函數，所以由解析式可知，在上單調遞增而，，故，即因為，，由于，即有，所以故，即的零點所在區(qū)間為故選：C【點睛】本題主要考查函數單調性的應用，零點存在性定理的應用，意在考查學生的轉化能力，屬于較難題二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】利用函數單調性的定義求解即可.【詳解】由已知條件得，解得，則實數的取值范圍為.故答案為：.12、【解析】由已知湊配出積為定值，然后由基本不等式求得最小值【詳解】因為，，且，所以，當且僅當，即時等號成立故答案為：13、【解析】首先計算，再求的值.【詳解】，所以.故答案為：14、【解析】依題意方程有兩個不相等實數根、，利用韋達定理計算可得；【詳解】解：依題意令，即，所以方程有兩個不相等實數根、，所以，，所以；故答案為：15、①.②.【解析】利用數形結合可得實數m的取值范圍，然后利用對數函數的性質可得，再利用正弦函數的對稱性及二次函數的性質即求.【詳解】作出函數與函數的圖象，則可知實數m的取值范圍為，由題可知，，∵，∴，即，又，，∴，又函數在上單調遞增，∴，即.故答案為：；.【點睛】關鍵點點睛；本題的關鍵是數形結合，結合對數函數的性質及正弦函數的性質可得，再利用二次函數的性質即解.16、【解析】由弧長公式變形可得：，代入計算即可.【詳解】解：由題意可知：（弧度）.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）由已知利用同角三角函數基本關系式可求，進而利用二倍角的正弦函數公式即可計算得解；（2）由（1）及兩角和的余弦函數公式，誘導公式即可計算得解．試題解析：（1）由題意得：，∴.（2）∵，，∴.18、【解析】由題意利用指數函數、對數函數、冪函數的單調性，求出實數的取值范圍【詳解】解：因為，所以，所以因為，所以，所以又因為，所以．因為，所以又因為，所以．綜上，實數a取值范圍是19、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）由誘導公式化簡得，代入即可得解；（Ⅱ）由誘導公式可得，再由同角三角函數的平方關系可得，代入即可得解.【詳解】（Ⅰ）由于，又，所以.（Ⅱ）因為，所以.又因為第三象限角，所以，所以.20、（1）（2）【解析】（1）根據的最值列方程組，解方程組求得，進而求得.（2）利用分離常數法，結合基本不等式求得的取值范圍.【小問1詳解】的開口向上，對稱軸為，所以在區(qū)間上有：，即，所以.【小問2詳解】依題意，使得，即，由于，，當且僅當時等號成立.所以.21、（1）α-β=1,1,0（2）最大值是4，此時S=0,0,0,（3）2【解析】（1）根據定義直接求解即可；（2）根據定義，結合反證法進行求解即可；（3）根據定義，結合絕對值的性質進行證明即可.【小