重慶市開州區(qū)開州中學2025屆數(shù)學高一上期末復(fù)習檢測試題含解析

重慶市開州區(qū)開州中學2025屆數(shù)學高一上期末復(fù)習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(yīng)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(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。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．如圖，直角梯形ABCD中，A＝90°，B＝45°，底邊AB＝5，高AD＝3，點E由B沿折線BCD向點D移動，EMAB于M，ENAD于N，設(shè)BM＝，矩形AMEN的面積為，那么與的函數(shù)關(guān)系的圖像大致是（）A. B.C. D.2．“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件3．若函數(shù)在上單調(diào)遞增，且，則實數(shù)的取值范圍是（）A. B.C. D.4．如果函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，當時，函數(shù)的圖象如圖所示，那么不等式的解集是A. B.C. D.5．已知某幾何體的三視圖如圖所示，根據(jù)圖中標出的尺寸單位：，可得這個幾何體得體積是A. B.C.2 D.46．我國著名數(shù)學家華羅庚曾說：數(shù)缺形時少直觀，形少數(shù)時難人微，數(shù)形結(jié)合百般好，割裂分家萬事休.在數(shù)學的學習和研究中，有時可憑借函數(shù)的解析式琢磨函數(shù)圖像的特征.如函數(shù)，的圖像大致為（）A. B.C. D.7．已知向量（2，3），（x，2），且⊥，則|23|＝（）A.2 B.C.12 D.138．在中，為邊的中點，則（）A. B.C. D.9．已知命題“存在，使得等式成立”是假命題，則實數(shù)的取值范圍是（）A. B.C. D.10．命題“”的否定是（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．各條棱長均相等的四面體相鄰兩個面所成角的余弦值為___________.12．若冪函數(shù)在區(qū)間上是減函數(shù)，則整數(shù)________13．在平面直角坐標系中，正三角形ABC的邊BC所在直線的斜率是0，則AC，AB所在直線的斜率之和為________14．已知函數(shù)，又有定義在R上函數(shù)滿足：（1），，均恒成立；（2）當時，，則_____，函數(shù)在區(qū)間中的所有零點之和為_______.15．若，則___________；16．若，則的最小值是___________，此時___________.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．將函數(shù)（且）的圖象向左平移1個單位，再向上平移2個單位，得到函數(shù)的圖象，（1）求函數(shù)的解析式；（2）設(shè)函數(shù)，若對一切恒成立，求實數(shù)的取值范圍；（3）若函數(shù)在區(qū)間上有且僅有一個零點，求實數(shù)的取值范圍.18．（1）若，求的值；（2）已知銳角，滿足，若，求的值.19．如圖所示，在四棱錐中，底面是矩形，側(cè)棱垂直于底面，分別是的中點.求證：（1）平面平面；（2）平面平面.20．設(shè)函數(shù).（1）若，且均為正實數(shù)，求的最小值，并確定此時實數(shù)的值；（2）若滿足在上恒成立，求實數(shù)的取值范圍.21．某網(wǎng)上電子商城銷售甲、乙兩種品牌的固態(tài)硬盤，甲、乙兩種品牌的固態(tài)硬盤保修期均為3年，現(xiàn)從該商城已售出的甲、乙兩種品牌的固態(tài)硬盤中各隨機抽取50個，統(tǒng)計這些固態(tài)硬盤首次出現(xiàn)故障發(fā)生在保修期內(nèi)的數(shù)據(jù)如下：型號甲乙首次出現(xiàn)故障的時間x(年)硬盤數(shù)(個)212123假設(shè)甲、乙兩種品牌的固態(tài)硬盤首次出現(xiàn)故障相互獨立.（1）從該商城銷售的甲品牌固態(tài)硬盤中隨機抽取一個，試估計首次出現(xiàn)故障發(fā)生在保修期內(nèi)的概率；（2）某人在該商城同時購買了甲、乙兩種品牌的固態(tài)硬盤各一個，試估計恰有一個首次出現(xiàn)故障發(fā)生在保修期的第3年(即)的概率.

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】根據(jù)已知可得：點E在未到達C之前，y=x（5-x）=5x-x2；且x≤3，當x從0變化到2.5時，y逐漸變大，當x=2.5時，y有最大值，當x從2.5變化到3時，y逐漸變小，到達C之后，y=3（5-x）=15-3x，x＞3，根據(jù)二次函數(shù)和一次函數(shù)的性質(zhì)．故選A．考點：動點問題的函數(shù)圖象；二次函數(shù)的圖象．2、B【解析】根據(jù)充分條件、必要條件的概念判斷即可.【詳解】若，則成立，即必要性成立，反之若，則不成立，所以“”是“”的必要不充分條件.故選：B.3、C【解析】由單調(diào)性可直接得到，解不等式即可求得結(jié)果.【詳解】上單調(diào)遞增，，，解得：，實數(shù)的取值范圍為.故選：C4、B【解析】圖1圖2如圖1為f(x)在（-3，3）的圖象，圖2為y=cosx圖象，要求得的解集，只需轉(zhuǎn)化為在尋找滿足如下兩個關(guān)系的區(qū)間即可：，結(jié)合圖象易知當時，，當時，，當時，，故選B.考點：奇函數(shù)的性質(zhì)，余弦函數(shù)的圖象，數(shù)形結(jié)合思想.5、B【解析】先根據(jù)三視圖得到幾何體的形狀，然后再根據(jù)條件中的數(shù)據(jù)求得幾何體的體積【詳解】由三視圖可知該幾何體是一個以俯視圖為底面的四棱錐，如下圖中的四棱錐由題意得其底面面積，高，故幾何體的體積故選B【點睛】由三視圖還原幾何體的方法（1）還原后的幾何體一般為較熟悉的柱、錐、臺、球的組合體（2）注意圖中實、虛線，實際是原幾何體中的可視線與被遮擋線（3）想象原形，并畫出草圖后進行三視圖還原，把握三視圖和幾何體之間的關(guān)系，與所給三視圖比較，通過調(diào)整準確畫出原幾何體6、B【解析】根據(jù)題意求出函數(shù)的定義域并判斷出函數(shù)的奇偶性，再代入特殊值點即可判斷答案.【詳解】由題意，函數(shù)定義域為，，于是排除AD，又，所以C錯誤，B正確.故選：B.7、D【解析】由，可得，由向量加法可得，再結(jié)合向量模的運算即可得解.【詳解】解:由向量（2，3），（x，2），且，則,即,即,所以,所以,故選:D.【點睛】本題考查了向量垂直的坐標運算，重點考查了向量加法及模的運算，屬基礎(chǔ)題.8、B【解析】由平面向量的三角形法則和數(shù)乘向量可得解【詳解】由題意，故選：B【點睛】本題考查了平面向量的線性運算，考查了學生綜合分析，數(shù)形結(jié)合的能力，屬于基礎(chǔ)題9、D【解析】由題意可得，由的范圍可得的范圍，再求其補集即可求解.【詳解】由可得，因為，所以，若命題“存在，使得等式成立”是假命題，則實數(shù)的取值范圍是，故選：D.10、B【解析】根據(jù)特稱命題的否定為全稱命題，將并否定原結(jié)論，寫出命題的否定即可.【詳解】由原命題為特稱命題，故其否定為“”.故選：B二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】首先利用圖像作出相鄰兩個面所成角，然后利用已知條件求出正四面體相鄰兩個面所成角的兩邊即可求解.【詳解】由題意，四面體為正三棱錐，不妨設(shè)正三棱錐的邊長為，過作平面，垂足為，取的中點，并連接、、、，如下圖：由正四面體的性質(zhì)可知，為底面正三角形的中心，從而，，∵為的中點，為正三角形，所以，，所以為正四面體相鄰兩個面所成角∵，∴易得，，∵平面，平面，∴，故.故答案為：.12、2【解析】由題意可得，求出的取值范圍，從而可出整數(shù)的值【詳解】因為冪函數(shù)在區(qū)間上是減函數(shù)，所以，解得，因為，所以，故答案為：213、0【解析】由于正三角形的內(nèi)角都為，且邊BC所在直線的斜率是0，不妨設(shè)邊AB所在直線的傾斜角為，則斜率為，則邊AC所在直線的傾斜角為，斜率為，所以AC，AB所在直線的斜率之和為14、①.1②.42【解析】求出的周期和對稱軸，再結(jié)合圖象即可.【詳解】由條件可知函數(shù)的圖象關(guān)于對稱軸對稱，由可知，，則周期，即，函數(shù)在區(qū)間中的所有零點之和即為函數(shù)與函數(shù)圖象的交點的橫坐標之和，當時，為單調(diào)遞增函數(shù)，，，且區(qū)間關(guān)于對稱，又∵由已知得也是的對稱軸，∴只需用研究直線左側(cè)部分即可，由圖象可知左側(cè)有7個交點，則右側(cè)也有7個交點，將這14個交點的橫坐標從小到大排列，第個數(shù)記為，由對稱性可知，則，同理，…，，∴.故答案為：，.15、1【解析】根據(jù)函數(shù)解析式，從里到外計算即可得解.【詳解】，所以.故答案為：116、①.1②.0【解析】利用基本不等式求解.【詳解】因為，所以,當且僅當，即時，等號成立，所以其最小值是1，此時0，故答案為：1，0三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）（3）【解析】（1）由圖象的平移特點可得所求函數(shù)的解析式；（2）求得的解析式，可得對一切恒成立，再由二次函數(shù)的性質(zhì)可得所求范圍；（3）將化簡為，由題意可得只需在區(qū)間，，上有唯一解，利用圖象，數(shù)形結(jié)合求得答案.【小問1詳解】將函數(shù)且的圖象向左平移1個單位，得到的圖象，再向上平移2個單位，得到函數(shù)的圖象,即：;【小問2詳解】函數(shù)，，若對一切恒成立，則對一切恒成立，由在遞增，可得，所以，即的取值范圍是，；【小問3詳解】關(guān)于的方程且，故函數(shù)在區(qū)間上有且僅有一個零點，等價于在區(qū)間上有唯一解，作出函數(shù)且的圖象，如圖示：當時，方程的解有且只有1個，故實數(shù)p的取值范圍是.18、（1）5；（2）.【解析】（1）根據(jù)給定條件化正余的齊次式為正切，再代入計算作答.（2）根據(jù)給定條件利用差角的余弦公式求出，結(jié)合角的范圍求出即可作答.【詳解】（1）因，所以.（2）因，是銳角，則，，又，，因此，，，則，顯然，于是得：，解得，所以的值為.19、(1)證明見解析；(2)證明見解析.【解析】（1）因為是的中點，所以，由平面又可以得到，故平面得證.（2）因為三角形的中位線，所以，從而可以證明平面，同理平面，故而平面平面.解析：（1）∵底面，平面，∴，又矩形中，分別為中點，∴，，∴，∵，，平面，∴平面，∵平面，平面平面.（2）∵矩形中，分別為中點，∴，∵平面，平面，∴平面，∵是的中點，∴，∵平面，平面，∴平面，∵，，平面，∴平面平面.20、（1）的最小值為3，此時；（2）【解析】（1）由可得，則由結(jié)合基本不等式即可求出；（2）不等式恒成立等價于對恒成立，利用判別式可得對恒成立，再利用判別式即可求出的范圍.【詳解】（1），則，，當且僅當，即時等號成立，的最小值為3，此時；（2），則，即對恒成立，則，即對恒成立，則，解得.【點睛】本題考查基本不等式的應(yīng)用，考查一元二次不等式的恒成立問題，屬于中檔題.21、（1）；（2）【解析】（1）由頻率表示概率即可求出；（2）先分別求出從甲、乙兩種品牌隨機抽取一個，首次出現(xiàn)故障發(fā)生在保修期的第3年的概率，即可求出恰有一個首次出現(xiàn)故障發(fā)生在保修期的第3年的概率.【詳解】解：（1）在圖表中，甲品牌的個樣本中，首次出現(xiàn)故障發(fā)生在保修期內(nèi)的概率為：，設(shè)從該商城銷售的甲品牌固態(tài)硬盤中隨機抽取一個，其首次出現(xiàn)故障發(fā)生在保修期內(nèi)為事件，利用頻率估計概率，得，