四川省巴中市2025屆數學高一上期末教學質量檢測模擬試題注意事項: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域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；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．直線過點，且與軸正半軸圍成的三角形的面積等于的直線方程是（）A. B.C. D.2．采用系統抽樣方法從人中抽取32人做問卷調查，為此將他們隨機編號為，分組后在第一組采用簡單隨機抽樣方法抽到的號碼為.抽到的人中，編號落入區間的人做問卷，編號落入區間的人做問卷，其余的人做問卷.則抽到的人中，做問卷的人數為A. B.C. D.3．已知集合，，，則（）A. B.C. D.4．已知函數有唯一零點，則（）A. B.C. D.15．下列結論中正確的是（）A.當時，無最大值 B.當時，的最小值為3C.當且時， D.當時，6．已知集合，集合為整數集，則A. B.C. D.7．已知函數，的最值情況為（）A.有最大值，但無最小值 B.有最小值，有最大值1C.有最小值1，有最大值 D.無最大值，也無最小值8．若，，，，則，，的大小關系是A. B.C. D.9．如圖，三棱柱中，側棱底面，底面三角形是正三角形，是中點，則下列敘述正確的是A.平面B.與是異面直線C.D.10．已知函數，且，則A. B.0C. D.3二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若函數部分圖象如圖所示，則此函數的解析式為______.12．如圖1是我國古代著名的“趙爽弦圖”的示意圖，它由四個全等的直角三角形圍成，其中，現將每個直角三角形的較長的直角邊分別向外延長一倍，得到如圖2的數學風車，則圖2“趙爽弦圖”外面（圖中陰影部分）的面積與大正方形面積之比為_______________13．的值為__________14．計算：=___________15．已知某扇形的弧長為，面積為，則該扇形的圓心角（正角）為_________.16．當時，，則a的取值范圍是________.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,且.（1）求的解析式，判斷并證明它的奇偶性；（2）求證：函數在上單調減函數.18．已知（1）作出函數的圖象，并寫出單調區間；（2）若函數有兩個零點，求實數的取值范圍19．設集合.（1）當時，求實數的取值范圍；（2）當時，求實數的取值范圍.20．如圖，已知正方形ABCD的邊長為2，分別取BC，CD的中點E，F，連接AE，EF，AF，以AE，EF，FA為折痕進行折疊，使點B，C，D重合于一點P.（1）求證：；（2）求三棱錐的體積21．如圖，為等邊三角形，平面，，，為的中點.（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）求證：平面平面.

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】先設直線方程為：，根據題意求出，即可得出結果.【詳解】設所求直線方程為：，由題意得，且解得故，即.故選：A.【點睛】本題主要考查求直線的方程，熟記直線的斜截式方程即可，屬于?？碱}型.2、C【解析】從960人中用系統抽樣方法抽取32人，則抽樣距為k＝，因為第一組號碼為9，則第二組號碼為9＋1×30＝39，…，第n組號碼為9＋(n－1)×30＝30n－21，由451≤30n－21≤750，得，所以n＝16,17，…，25，共有25－16＋1＝10(人)考點：系統抽樣.3、C【解析】解一元二次不等式求出集合，解不等式求出集合，再進行交集運算即可求解.【詳解】因為，，所以，故選：C.4、B【解析】令，轉化為有唯一零點，根據偶函數的對稱性求解.【詳解】因為函數，令，則為偶函數，因為函數有唯一零點，所以有唯一零點，根據偶函數對稱性，則，解得，故選：B5、D【解析】利用在單調遞增，可判斷A；利用均值不等式可判斷B，D；取可判斷C【詳解】選項A，由都在單調遞增，故在單調遞增，因此在上當時取得最大值，選項A錯誤；選項B，當時，，故，當且僅當，即時等號成立，由于，故最小值3取不到，選項B錯誤；選項C，令，此時，不成立，故C錯誤；選項D，當時，，故，當且僅當，即時，等號成立，故成立，選項D正確故選：D6、A【解析】，選A.【考點定位】集合的基本運算.7、C【解析】利用二次函數的圖象與性質，得到二次函數的單調性，即可求解最值，得到答案.【詳解】由題意，函數，可得函數在區間上單調遞增，所以當時，函數取得最小值，最小值為，當時，函數取得最小值，最小值為，故選C.【點睛】本題主要考查了二次函數的性質及其應用，其中解答中熟練利用二次函數的性質求解是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題.8、D【解析】分析：利用指數函數與對數函數及冪函數的行賄可得到，再構造函數，通過分析和的圖象與性質，即可得到結論.詳解：由題意在上單調遞減，所以，在上單調遞則，所以，在上單調遞則，所以，令，則其為單調遞增函數，顯然在上一一對應，則，所以，在坐標系中結合和的圖象與性質，量曲線分別相交于在和處，可見，在時，小于；在時，大于；在時，小于，所以，所以，即，綜上可知，故選D.點睛：本題主要考查了指數式、對數式和冪式的比較大小問題，本題的難點在于的大小比較，通過構造指數函數與一次函數的圖象與性質分析解決問題是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，試題有一定難度，屬于中檔試題.9、D【解析】因為三棱柱A1B1C1-ABC中,側棱AA1⊥底面ABC，底面三角形ABC是正三角形，E是BC中點，所以對于A,AC與AB夾角為60°,即兩直線不垂直，所以AC不可能垂直于平面ABB1A1；故A錯誤；對于B,CC1與B1E都在平面CC1BB1中不平行，故相交；所以B錯誤；對于C,A1C1，B1E是異面直線；故C錯誤；對于D,因為幾何體是三棱柱,并且側棱AA1⊥底面ABC，底面三角形ABC是正三角形，E是BC中點，所以BB1⊥底面ABC,所以BB1⊥AE,AE⊥BC,得到AE⊥平面BCC1B1,所以AE⊥BB1；故選D.10、D【解析】分別求和，聯立方程組，進行求解，即可得到答案.【詳解】由題意，函數，且，，則，兩式相加得且，即，，則，故選D【點睛】本題主要考查了函數值的計算，結合函數奇偶性的性質建立方程組是解決本題的關鍵，著重考查了運算與求解能力，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】由周期公式可得，代入點解三角方程可得值，進而可得解析式.【詳解】由題意，周期，解得，所以函數，又圖象過點，所以，得，又，所以，故函數的解析式為.故答案為：.【點睛】本題考查三角函數解析式的求解，涉及系數的意義，屬于基礎題.12、24:25【解析】設三角形三邊的邊長分別為，分別求出陰影部分面積和大正方形面積即可求解.【詳解】解：由題意，“趙爽弦圖”由四個全等的直角三角形圍成，其中，設三角形三邊的邊長分別為，則大正方形的邊長為5，所以大正方形的面積，如圖，將延長到，則，所以，又到的距離即為到的距離，所以三角形的面積等于三角形的面積，即，所以“趙爽弦圖”外面（圖中陰影部分）的面積，所以“趙爽弦圖”外面（圖中陰影部分）的面積與大正方形面積之比為.故答案為：24:25.13、【解析】根據特殊角的三角函數值與對數的運算性質計算可得；【詳解】解：故答案為：14、1【解析】.故答案為115、【解析】根據給定條件求出扇形所在圓的半徑即可計算作答.【詳解】設扇形所在圓的半徑為，扇形弧長為，即，由扇形面積得：，解得，所以該扇形的圓心角(正角)為.故答案為：16、【解析】分類討論解一元二次不等式，然后確定參數范圍【詳解】，若，則或，此時時，不等式成立，若，則或，要滿足題意，則，即綜上，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）,是奇函數（2）證明見解析【解析】（1）將代入，求得，再由函數奇偶性的定義判斷即可；（2）利用函數單調性的定義證明即可.【詳解】解：（1）∴∴,∴是奇函數（2）設，∵，,，∴，∴在上是單調減函數.【點睛】本題考查函數解析式的求法，奇偶性的證法、單調性的證明，屬于中檔題.18、（1）見解析；（2）【解析】（1）根據函數的表達式，作出函數的圖象即可；（2）問題轉化為求函數的交點問題，結合函數的圖象，由數形結合得出即可【詳解】解：（1）畫出函數的圖象，如圖示：，由圖象得：在，單調遞增；（2）若函數有兩個零點，則和有2個交點，結合圖象得：【點睛】本題考查了指數函數、對數函數的圖象及性質，考查函數的零點問題，是一道基礎題19、（1）（2）【解析】（1）化簡集合A，B，由，得，轉化為不等式關系，解之即可；（2）由，得到或，解之即可.試題解析：（1），，，即.（2）法一：,或，即法二：當時，或解得或，于是時，即20、（1）證明見解析（2）【解析】（1）通過，證明平面，然后證明；（2）利用，求出幾何體的體積【小問1詳解】證明：，即,平面，平面,又平面，所以；【小問2詳解】由（1）知平面，21、(1)見解析(2)見解析【解