新疆維吾爾自治區(qū)昌吉市教育共同體四校2025屆高一數學第一學期期末達標檢測試題含解析

新疆維吾爾自治區(qū)昌吉市教育共同體四校2025屆高一數學第一學期期末達標檢測試題請考生注意：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．若都是銳角，且，，則A. B.C.或 D.或2．已知函數.若，，，則的大小關系為（）A. B.C. D.3．已知等邊的邊長為2，為內（包括三條邊上）一點，則的最大值是A.2 B.C.0 D.4．若函數的定義域為，則為偶函數的一個充要條件是（）A.對任意，都有成立；B.函數的圖像關于原點成中心對稱；C.存在某個，使得；D.對任意給定的，都有.5．若向量，則下列結論正確的是A. B.．C. D.6．已知冪函數的圖象過點(4，2)，則（）A.2 B.4C.2或-2 D.4或-47．等于A. B.C. D.8．設方程的解為，則所在的區(qū)間是A. B.C. D.9．設函數，點，，在的圖像上，且．對于，下列說法正確的是（）①一定是鈍角三角形②可能是直角三角形③不可能是等腰三角形③可能是等腰三角形A①③ B.①④C.②③ D.②④10．學校操場上的鉛球投鄭落球區(qū)是一個半徑為米的扇形，并且沿著扇形的弧是長度為約米的防護欄，則扇形弧所對的圓心角的大小約為（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．設、、為的三個內角，則下列關系式中恒成立的是__________（填寫序號）①；②；③12．下面有六個命題：①函數是偶函數；②若向量的夾角為，則；③若向量的起點為，終點為，則與軸正方向的夾角的余弦值是；④終邊在軸上的角的集合是；⑤把函數的圖像向右平移得到的圖像；⑥函數在上是減函數.其中，真命題的編號是__________．（寫出所有真命題的編號）13．已知2弧度的圓心角所對的弦長為2，那么這個圓心角所對弧長為____14．已知，，，則有最大值為__________15．已知某扇形的半徑為，面積為，那么該扇形的弧長為________.16．我國古代數學名著《續(xù)古摘奇算法》（楊輝著）一書中有關于三階幻方的問題：將1,2,3,4,5,6,7,8,9分別填入的方格中，使得每一行，每一列及對角線上的三個數的和都相等(如圖所示)，我們規(guī)定：只要兩個幻方的對應位置（如每行第一列的方格）中的數字不全相同，就稱為不同的幻方，那么所有不同的三階幻方的個數是__________.834159672三、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．如圖所示，四棱錐的底面是邊長為1的菱形，，E是CD中點，PA底面ABCD，（I）證明：平面PBE平面PAB；（II）求二面角A—BE—P和的大小18．設函數當時，求函數的零點；若，當時，求x的取值范圍19．如圖，在四棱錐P-ABCD中，ABCD為平行四邊形，AB⊥AC，PA⊥平面ABCD，且PA=AB=2，AC=1，點E是PD的中點.（1）求證：PB//平面AEC；（2）求D到平面AEC的距離.20．已知函數的最小正周期為，其中（1）求的值；（2）當時，求函數單調區(qū)間；（3）求函數在區(qū)間上的值域21．如圖，已知三棱錐中，，，為的中點，為的中點，且為正三角形.（1）求證：平面；（2）求證：平面；（3）若，，求三棱錐的體積.

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、A【解析】先計算出，再利用余弦的和與差公式，即可.【詳解】因為都是銳角，且，所以又，所以，所以，，故選A.【點睛】本道題考查了同名三角函數關系和余弦的和與差公式，難度較大2、C【解析】由函數的奇偶性結合單調性即可比較大小.【詳解】根據題意，f（x）＝x2﹣2|x|+2019＝f（﹣x），則函數f（x）為偶函數，則a＝f（﹣log25）＝f（log25），當x≥0，f（x）＝x2﹣2x+2019＝（x﹣1）2+2018，在（0，1）上為減函數，在（1，+∞）上為增函數；又由1＜20.8＜2＜log25，則.則有b＜a＜c；故選C【點睛】本題考查函數的奇偶性與單調性的判斷以及性質的應用，屬于基礎題.3、A【解析】建立如圖所示的平面直角坐標系，則，設點P的坐標為，則故令，則t表示內（包括三條邊上）上的一點與點間的距離的平方．結合圖形可得當點與點B或C重合時t可取得最大值，且最大值為，故的最大值為．選A點睛：通過建立坐標系，將問題轉化為向量的坐標運算可使得本題的解答代數化，在得到向量數量積的表達式后，根據表達式的特征再利用數形結合的思路求解是解題的關鍵，借助圖形的直觀性可容易得到答案4、D【解析】利用偶函數的定義進行判斷即可【詳解】對于A，對任意，都有成立，可得為偶函數且為奇函數，而當為偶函數時，不一定有對任意，，所以A錯誤，對于B，當函數的圖像關于原點成中心對稱，可知，函數為奇函數，所以B錯誤，對于CD，由偶函數的定義可知，對于任意，都有，即，所以當為偶函數時，任意，，反之，當任意，，則為偶函數，所以C錯誤，D正確，故選：D5、C【解析】本題考查向量的坐標運算解答：選項A、選項B、選項C、，正確選項D、因為所以兩向量不平行6、B【解析】設冪函數代入已知點可得選項.【詳解】設冪函數又函數過點(4，2)，，故選：B.7、A【解析】分析：由條件利用誘導公式、兩角和差的余弦公式化簡所給的式子，可得結果.詳解：.故選：A.點睛：本題主要考查誘導公式、兩角和差的余弦公式的應用，屬于基礎題.8、B【解析】構造函數，則函數的零點所在的區(qū)間即所在的區(qū)間，由于連續(xù)，且：，，由函數零點存在定理可得：所在的區(qū)間是.本題選擇B選項.9、A【解析】結合，得到，所以一定為鈍角三角形，可判定①正確，②錯誤；根據兩點間的距離公式和函數的變化率的不同，得到，可判定③正確，④不正確.【詳解】由題意，函數為單調遞增函數，因為點，，在的圖像上，且，不妨設，可得，則，因為，可得，又由因為，，，，所以，所以所以，所以一定為鈍角三角形，所以①正確，②錯誤；由兩點間的距離公式，可得，根據指數函數和一次函數的變化率，可得點到的變化率小于點到點的變化率不相同，所以，所以不可能為等腰三角形，所以③正確，④不正確.故選：A.10、A【解析】直接由弧長半徑圓心角的公式求解即可.【詳解】根據條件得：扇形半徑為10，弧長為6，所以圓心角為：.故選：A.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、②、③【解析】因為是的內角，故，，從而，，，故選②、③.點睛：三角形中各角的三角函數關系，應注意利用這個結論.12、①⑤【解析】對于①函數，則=，所以函數是偶函數；故①對；對于②若向量的夾角為，根據數量積定義可得，此時的向量應該為非零向量；故②錯；對于③=，所以與軸正方向的夾角的余弦值是-；故③錯；對于④終邊在軸上的角的集合是；故④錯；對于⑤把函數的圖像向右平移得到，故⑤對；對于⑥函數=在上是增函數.故⑥錯；故答案為①⑤.13、【解析】解直角三角形AOC，求出半徑AO，代入弧長公式求出弧長的值解：如圖：設∠AOB=2，AB=2，過點0作OC⊥AB，C為垂足，并延長OC交于D，則∠AOD=∠BOD=1，AC=AB=1Rt△AOC中，r=AO==，從而弧長為α×r=2×=，故答案為考點：弧長公式14、4【解析】分析：直接利用基本不等式求xy的最大值.詳解：因為x+y=4,所以4≥，所以故答案為4.點睛：（1）本題主要考查基本不等式，意在考查學生對該基礎知識的掌握水平.(2)利用基本不等式求最值時，一定要注意“一正二定三相等”，三者缺一不可.15、【解析】根據扇形面積公式可求得答案.【詳解】設該扇形的弧長為,由扇形的面積,可得,解得.故答案.【點睛】本題考查了扇形面積公式的應用,考查了學生的計算能力,屬于基礎題.16、8【解析】三階幻方，是最簡單的幻方，由1，2，3，4，5，6，7，8，9．其中有8種排法492、357、816；276、951、438；294、753、618；438、951、276；816、357、492；618、753、294；672、159、834；834、159、672故答案為：8三、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、（I）同解析（II）二面角的大小為【解析】解：解法一（I）如圖所示,連結由是菱形且知，是等邊三角形.因為E是CD的中點，所以又所以又因為PA平面ABCD，平面ABCD，所以而因此平面PAB.又平面PBE，所以平面PBE平面PAB.（II）由（I）知，平面PAB,平面PAB,所以又所以是二面角的平面角在中,故二面角的大小為解法二：如圖所示,以A為原點，建立空間直角坐標系則相關各點的坐標分別是：（I）因為平面PAB的一個法向量是所以和共線.從而平面PAB.又因為平面PBE，所以平面PBE平面PAB.（II）易知設是平面PBE的一個法向量,則由得所以故可取而平面ABE的一個法向量是于是,故二面角的大小為18、（1）；（2）.【解析】由分段函數解析式可得時無零點；討論，，解方程即可得到所求零點；求得的解析式，討論，，解不等式組即可得到所求范圍【詳解】解：函數，可得時，無解；當時，無解；當時，即，可得；綜上可得時，無零點；時，零點為；，，當時，即有或，可得或且，綜上可得x的范圍是【點睛】本題考查分段函數、函數零點和解不等式等知識，屬于中檔題19、（1）證明見解析（2）【解析】（1）連接交于，連接，則可得，再由E是PD的中點，則可利用三角形中位線定理可得∥，然后利用線面平行的判定定理可證得結論；（2）由已知條件可證明，都為直角三角形，所以可求出，從而可求出的面積，然后利用等體積法可求出D到平面AEC的距離.【小問1詳解】連接交于，連接，因為四邊形為平行四邊形，所以，因為點E是PD的中點，所以∥，因為平面，平面，所以∥平面，【小問2詳解】因為∥，，所以，，因為平面，平面，所以，因為，、平面，所以平面，因為平面，所以，在直角中，，同理，在等腰中，,取的中點，連接，則∥，，因平面，所以平面，，設D到平面AEC的距離為，由，得,所以，得，所以D到平面AEC距離為20、（1）（2）函數的單調減區(qū)間為，單調增區(qū)間為（3）【解析】（1）利用求得.（2）根據三角函數單調區(qū)間的求法，求得在區(qū)間上的單調區(qū)間.（3）根據三角函數值域的求法，求得在區(qū)間上的值域.【小問1詳解】由函數的最小正周期為，，所以，可得，【小問2詳解】由（1）可知，當，有，，當，可得，故當時，函數單調減區(qū)間為，單調增區(qū)間為【小問3詳解】當，有，，可得，有，故函數在區(qū)間上的值域為21、（1）見詳解；（2）見詳解；（3）.【解析】(1)先證，可證平面.(2)先證，得，結合可證得平面.(3)等積轉換，由，可求得體積.【詳解】(1)證明：因為為的中點，為的中點，所