2025屆內蒙古烏蘭察布集寧區(qū)數學高一上期末達標檢測試題含解析

2025屆內蒙古烏蘭察布集寧區(qū)數學高一上期末達標檢測試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．如圖，在中，已知為上一點，且滿足，則實數的值為A. B.C. D.2．函數是奇函數，則的值為A.0 B.1C.-1 D.不存在3．函數在單調遞增，且為奇函數，若，則滿足的的取值范圍是A. B.C. D.4．下列函數中與函數相等的是A. B.C. D.5．已知，則角所在的象限是A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限6．在實數的原有運算法則中，補充定義新運算“”如下：當時，；當時，，已知函數，則滿足的實數的取值范圍是A. B.C. D.7．設集合，則（）A. B.C. D.8．已知在定義域上是減函數，且，則的取值范圍為（）A.（0，1） B.（-2，1）C.（0，） D.（0，2）9．函數的最小值和最大值分別為()A. B.C. D.10．棱長為1的正方體可以在一個棱長為的正四面體的內部任意地轉動，則的最小值為A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知正實數x，y滿足，則的最小值為______12．若函數在區(qū)間上單調遞減，在上單調遞增，則實數的取值范圍是_________13．函數，若為偶函數，則最小的正數的值為______14．函數的定義域為________.15．下圖是某機械零件的幾何結構，該幾何體是由兩個相同的直四棱柱組合而成的，且前后，左右、上下均對稱，每個四棱柱的底面都是邊長為2的正方形，高為4，且兩個四棱柱的側棱互相垂直.則這個幾何體的體積為________.16．如圖，矩形是平面圖形斜二測畫法的直觀圖，且該直觀圖的面積為，則平面圖形的面積為______.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.（1）求函數的最小正周期及在區(qū)間的最大值；（2）若，求的值.18．已知函數是奇函數，且；（1）判斷函數在區(qū)間的單調性，并給予證明；（2）已知函數（且），已知在的最大值為2，求的值19．已知向量，，且.（1）的值；（2）若，，且，求的值20．已知角終邊與單位圓交于點（1）求的值；（2）若，求的值.21．已知函數，（，且）（1）求函數的定義域；（2）判斷函數的奇偶性，并證明

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、B【解析】所以，所以。故選B。2、C【解析】由題意得，函數是奇函數，則，即，解得，故選C.考點：函數的奇偶性的應用.3、D【解析】是奇函數，故；又是增函數，，即則有，解得，故選D.【點睛】解本題的關鍵是利用轉化化歸思想，結合奇函數的性質將問題轉化為，再利用單調性繼續(xù)轉化為，從而求得正解.4、C【解析】對于選項A,D對應的函數與函數的對應法則不同，對于選項B對應的函數與函數的定義域不同，對于選項C對應的函數與函數的定義域、對應法則相同，得解.【詳解】解：對于選項A，等價于，即A不符合題意，對于選項B，等價于，即B不符合題意，對于選項C，等價于，即C符合題意，對于選項D，，顯然不符合題意，即D不符合題意，故選C.【點睛】本題考查了同一函數的判斷、函數的對應法則及定義域，屬基礎題.5、A【解析】根據題意，由于，則說明正弦值和余弦值都是正數，因此可知角所在的象限是第一象限，故選A.考點：三角函數的定義點評：主要是考查了三角函數的定義的運用，屬于基礎題6、C【解析】當時，；當時，；所以，易知，在單調遞增，在單調遞增，且時，，時，，則在上單調遞增，所以得：，解得，故選C點睛：新定義的題關鍵是讀懂題意，根據條件，得到，通過單調性分析，得到在上單調遞增，解不等式，要符合定義域和單調性的雙重要求，則，解得答案7、D【解析】根據絕對值不等式的解法和二次函數的性質，分別求得集合，即可求解.【詳解】由，解得，即，即，又由，即，所以.故選：D.8、A【解析】根據函數的單調性進行求解即可.【詳解】因為在定義域上是減函數，所以由，故選：A9、C【解析】2.∴當時，，當時，，故選C.10、A【解析】由題意可知正方體的外接球為正四面體的內切球時a最小，此時R=，.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】令，轉化條件為方程有解，運算可得【詳解】令，則，化簡得，所以，解得或（舍去），當時，，符合題意，所以得最小值為.故答案為：.12、【解析】反比例函數在區(qū)間上單調遞減，要使函數在區(qū)間上單調遞減，則，還要滿足在上單調遞增，故求出結果【詳解】函數根據反比例函數的性質可得：在區(qū)間上單調遞減要使函數在區(qū)間上單調遞減，則函數在上單調遞增則，解得故實數的取值范圍是【點睛】本題主要考查了函數單調性的性質，需要注意反比例函數在每個象限內是單調遞減的，而在定義域內不是單調遞減的13、【解析】根據三角函數的奇偶性知應可用誘導公式化為余弦函數【詳解】，其為偶函數，則，，，其中最小的正數為故答案【點睛】本題考查三角函數的奇偶性，解題時直接利用誘導公式分析即可14、【解析】根據開偶次方被開方數非負數，結合對數函數的定義域得到不等式組，解出即可.【詳解】函數定義域滿足：解得所以函數的定義域為故答案為：【點睛】本題考查了求函數的定義域問題，考查對數函數的性質，屬于基礎題．15、【解析】該幾何體體積等于兩個四棱柱的體積和減去兩個四棱柱交叉部分的體積，根據直觀圖分別進行求解即可.【詳解】該幾何體的直觀圖如圖所示，該幾何體的體積為兩個四棱柱的體積和減去兩個四棱柱交叉部分的體積.兩個四棱柱的體積和為.交叉部分的體積為四棱錐的體積的2倍.在等腰中，邊上的高為2，則由該幾何體前后，左右上下均對稱，知四邊形為邊長為的菱形.設的中點為，連接易證即為四棱錐的高，在中，又所以因為，所以，所以求體積為故答案為：【點睛】本題考查空間組合體的結構特征.關鍵點弄清楚幾何體的組成，屬于較易題目.16、【解析】由題意可知，該幾何體的直觀圖面積，可通過，帶入即可求解出該平面圖形的面積.【詳解】解：由題意，直觀圖的面積為，因為直觀圖和原圖面積之間的關系為，所以原圖形的面積是故答案為：.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)1;(2)【解析】（1）化簡得f（x）＝sin（2x），求出函數的最小正周期以及最大值；（2）由（1）知，，考慮x0的取值范圍求出cos（2x0）的值，求出的值【詳解】解：（1）∴，∴函數的最小正周期為T＝π；∵

，故

單調增，單調減∴

所以

在區(qū)間的最大值是1.(2)∵，，∴，又所以，故【點睛】本題考查了三角函數的求值問題以及三角函數的圖象與性質的應用問題，解題時應細心作答，以免出錯，是基礎題18、（1）函數在區(qū)間是遞增函數；證明見解析；（2）或【解析】（1）由奇函數定義建立方程組可求出，再用定義法證明單調性即可；（2）根據復合函數的單調性，分類討論的單調性，結合函數的單調性研究最值即可求解【詳解】（1）∵是奇函數，∴，又，且，所以，，經檢驗，滿足題意得，所以函數在區(qū)間是遞增函數證明如下：且，所以有：由，得，，又，故，所以，即，所以函數在區(qū)間是遞增函數（2）令，由（1）可得在區(qū)間遞增函數，①當時，是減函數，故當取得最小值時，（且）取得最大值2，在區(qū)間的最小值為，故的最大值是，∴②當時，是增函數，故當取得最大值時，（且）取得最大值2，在區(qū)間的最大值為，故的最大值是，∴或19、（1）；（2）【解析】（1）首先應用向量數量積坐標公式求得，結合，求得，得到結果；（2）結合題的條件，利用同角三角函數關系式求得，結合角的范圍以及（1）的結論，求得，再應用余弦和角公式求得的值，結合角的范圍求得，得到結果.【詳解】（1）因為，，所以因為，所以，即.（2）因為，，所以.因為，，所以.因為，所以，所以.因為，，所以，所以.【點睛】該題考查的是有關三角恒等變換的問題，涉及到的知識點有向量數量積坐標公式，同角三角函數關系式，余弦的和角公式，利用角的三角函數值的大小，結合角的范圍求角的大小，屬于簡單題目.20、（1）；（2）或.【解析】（1）首先根據三角函數的定義，求得三角函數值，再結合二倍角公式化簡，求值；