河北省石家莊市行唐縣三中2025屆高一數學第一學期期末達標檢測試題含解析

河北省石家莊市行唐縣三中2025屆高一數學第一學期期末達標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。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．已知函數，，則的零點所在的區(qū)間是A. B.C. D.2．根據表格中的數據可以判定方程的一個根所在的區(qū)間為（）1234500.6931.0991.3861.60910123A. B.C. D.3．直線的斜率為，在y軸上的截距為b，則有（）A. B.C. D.4．已知集合，，若，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.5．已知是以為圓心的圓上的動點，且，則A. B.C. D.6．，，，則（）A. B.C. D.7．已知函數，則的值為（）A.1 B.2C.4 D.58．已知函數，記集合，，若，則的取值范圍是（）A.[0,4] B.（0,4）C.[0，4) D.(0，4]9．如果命題“使得”是假命題，那么實數的取值范圍是（）A. B.C. D.10．在中，下列關系恒成立的是A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數，若，則的取值范圍是__________12．已知是偶函數，且方程有五個解，則這五個解之和為______13．已知，若，則_______；若，則實數的取值范圍是__________14．已知f（x）=mx3-nx+1（m，n∈R），若f（-a）=3，則f（a）=______15．在中，，，與的夾角為，則_____16．已知，，且，則的最小值為___________.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．已知函數是定義在上的奇函數，且當時，.（1）當時，求函數的解析式.（2）解關于的不等式：.18．已知集合，，（1）求；（2）若，求m的取值范圍19．在中，角所對的邊分別為，滿足.（1）求角的大??；（2）若，且，求的面積20．已知某公司生產某款手機的年固定成本為400萬元，每生產1萬部還需另投入160萬元設公司一年內共生產該款手機萬部且并全部銷售完，每萬部的收入為萬元，且寫出年利潤萬元關于年產量（萬部）的函數關系式；當年產量為多少萬部時，公司在該款手機的生產中所獲得的利潤最大？并求出最大利潤21．已知集合A={x|x=m2-n2，m∈Z，n∈Z}．求證：（1）3∈A；（2）偶數4k-2（k∈Z）不屬于A

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】由題意結合零點存在定理確定的零點所在的區(qū)間即可.【詳解】由題意可知函數在上單調遞減，且函數為連續(xù)函數，注意到，，，，結合函數零點存在定理可得的零點所在的區(qū)間是.本題選擇C選項.【點睛】應用函數零點存在定理需要注意：一是嚴格把握零點存在性定理的條件；二是連續(xù)函數在一個區(qū)間的端點處函數值異號是這個函數在這個區(qū)間上存在零點的充分條件，而不是必要條件；三是函數f(x)在(a，b)上單調且f(a)f(b)＜0，則f(x)在(a，b)上只有一個零點.2、C【解析】令，由表中數據結合零點存在性定理即可得解.【詳解】令，由表格數據可得.由零點存在性定理可知，在區(qū)間內必有零點.故選C.【點睛】本題主要考查了零點存在性定理，屬于基礎題.3、A【解析】將直線方程化為斜截式，由此求得正確答案.【詳解】，所以.故選：A4、A【解析】集合表示到的線段，集合表示過定點的直線，，說明線段和過定點的直線有交點，由此能求出實數的取值范圍【詳解】由題意可得，集合表示到的線段上的點，集合表示恒過定點的直線.∵∴線段和過定點的直線有交點∴根據圖像得到只需滿足，或故選A．【點睛】本題考查交集定義等基礎知識，考查函數與方程思想、數形結合思想，是基礎題．解答本題的關鍵是理解集合表示到的線段，集合表示過定點的直線，再通過得出直線與線段有交點，通過對應的斜率求解.5、A【解析】根據向量投影的幾何意義得到結果即可.【詳解】由A，B是以O為圓心的圓上的動點，且，根據向量的點積運算得到＝||?||?cos，由向量的投影以及圓中垂徑定理得到：||?cos即OB在AB方向上的投影，等于AB的一半，故得到＝||?||?cos.故選A【點睛】本題考查向量的數量積公式的應用，以及向量投影的應用．平面向量數量積公式的應用主要有兩種形式，一是，二是，主要應用以下幾個方面:(1)求向量的夾角，（此時往往用坐標形式求解）；（2）求投影，在上的投影是；（3）向量垂直則;(4)求向量的模（平方后需求）.6、B【解析】根據對數函數和指數函數的單調性即可得出，，的大小關系【詳解】，，，故選：7、D【解析】根據函數的定義域求函數值即可.【詳解】因為函數，則，又，所以故選：D.【點睛】本題考查分段函數根據定義域求值域的問題，屬于基礎題.8、C【解析】對分成和兩種情況進行分類討論，結合求得的取值范圍.【詳解】當時，，此時，符合題意.當時，，由解得或，由得或，其中，，和都不是這個方程的根，要使，則需.綜上所述，的取值范圍是.故選：C9、B【解析】特稱命題是假命題，則該命題的否定為全稱命題且是真命題，然后根據即可求解.【詳解】依題意，命題“使得”是假命題，則該命題的否定為“”，且是真命題；所以，.故選：B10、D【解析】利用三角函數誘導公式，結合三角形的內角和為，逐個去分析即可選出答案【詳解】由題意知，在三角形ABC中，，對A選項，，故A選項錯誤；對B選項，，故B選項錯誤；對C選項，，故C選項錯誤；對D選項，，故D選項正確．故選D.【點睛】本題考查了三角函數誘導公式，屬于基礎題二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】畫出函數圖象，可得，，再根據基本不等式可求出.【詳解】畫出的函數圖象如圖，不妨設，因為，則由圖可得，，可得，即，又，當且僅當取等號，因為，所以等號不成立，所以解得，即的取值范圍是.故答案為：.12、【解析】根據函數的奇偶性和圖象變換，得到函數的圖象關于對稱，進而得出方程其中其中一個解為，另外四個解滿足，即可求解.【詳解】由題意，函數是偶函數，可函數的圖象關于對稱，根據函數圖象的變換，可得函數的圖象關于對稱，又由方程有五個解，則其中一個解為，不妨設另外四個解分別為且，則滿足，即，所以這五個解之和為.故答案為：.13、①.②.【解析】先判斷函數的奇偶性，由求解；再根據函數的單調性，由求解.【詳解】因為的定義域為R，且，，所以是奇函數，又，則-2；因為在上是增函數，所以在上是增函數，又是R上的奇函數，所以在R上遞增，且，所以由，得，即，所以，解得或，所以實數的取值范圍是，故答案為：，14、【解析】直接證出函數奇偶性，再利用奇偶性得解【詳解】由題意得，所以，所以為奇函數，所以，所以【點睛】本題是函數中的給值求值問題，一般都是利用函數的周期性和奇偶性把未知的值轉化到已知值上，若給點函數為非系非偶函數可試著構造一個新函數為奇偶函數從而求解15、【解析】利用平方運算可將問題轉化為數量積和模長的運算，代入求得，開方得到結果.【詳解】【點睛】本題考查向量模長的求解問題，關鍵是能夠通過平方運算將問題轉變?yōu)橄蛄康臄盗糠e和模長的運算，屬于?？碱}型.16、【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：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）當時，（2）【解析】（1）根據函數奇偶性可求出函數的解析式；（2）先構造函數，然后利用函數的單調性解不等式.【小問1詳解】解：當時，，..又當時，也滿足當時，函數的解析式為.【小問2詳解】設函數函數在上單調遞增又可化為，在上也是單調遞增函數.，解得.關于的不等式的解集為.18、（1）（2）【解析】（1）先求得集合A，再由集合的補集運算和交集運算可求得答案；（2）根據條件建立不等式組，可求得所求范圍.【小問1詳解】因為，，所以，【小問2詳解】因為，所以解得．故m的取值范圍是19、（1）（2）【解析】（1）利用正弦定理可以得到，即可求出角的大??；（2）利用余弦定理并結合（1）中的結論，可以求出，代入三角形面積公式即可【詳解】（1）由于，結合正弦定理可得，由于，可得，即，因為，故.（2）由，，且，代入余弦定理，即，解得，則的面積.【點睛】本題考查了正弦定理和余弦定理的應用，屬于中檔題20、（1），;（2）當時，y取得最大值57600萬元【解析】根據題意，即可求解利潤關于產量的關系式為，化簡即可求出；由（1）的關系式，利用基本不等式求得最大值，即可求解最大利潤【詳解】（1）由題意，可得利潤關于年產量的函數關系式為，.由可得，當且僅當，即時取等號，所以當時，y取得最大值57600萬元【點睛】本題主要考查了函數的實際應用問題，以及利用基本不等式求最值，其中解答中認真審題，得出利潤關于年產量的函數關系式，再利用基本不等式求解是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎題21、（1）見解析；（2）見解析.【解析】（1）由3=22-12即可證得；（2）設4k-2∈A，則存在m，n∈Z，使4k-2=m2-n2=（m+n）（m-n）成立，分當m，