2025屆浙江省稽陽聯誼學校數學高一上期末學業質量監測模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．“”是“函數為偶函數”（）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2．已知點的坐標分別為,直線相交于點,且直線的斜率與直線的斜率的差是1,則點的軌跡方程為A. B.C. D.3．已知等比數列滿足,,則（）A. B.C. D.4．把函數的圖象上所有點向左平行移動個單位長度，再把所得圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的倍（縱坐標不變），得到的圖象所表示的函數是（）A.， B.，C.， D.，5．已知函數，則“”是“函數在區間上單調遞增”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件6．已知函數，若函數有4個零點，則的取值范圍為（）A. B.C. D.7．如圖，網格紙上小正方形的邊長均為，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，若該幾何體的體積為，則（）A. B.C. D.8．函數零點所在的區間是（）A. B.C. D.9．已知是銳角，那么是（）A.第一象限角 B.第二象限角C.小于180°的正角 D.第一或第二象限角10．如圖，四棱錐的底面為正方形，底面，則下列結論中不正確的是A.B.平面C.平面平面D.與所成的角等于與所成的角二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知向量，，若，則與的夾角為______12．扇形的半徑為2，弧長為2，則該扇形的面積為______13．函數的最大值為__________14．已知為第四象限的角，，則________.15．若三棱錐中，,其余各棱長均為5，則三棱錐內切球的表面積為_____16．命題“，使關于的方程有實數解”的否定是_________.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．如圖，已知等腰梯形中，，，是的中點，，將沿著翻折成，使平面平面.(1)求證：平面；(2)求與平面所成的角；(3)在線段上是否存在點，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，說明理由.18．已知函數（其中，）的圖象與軸的任意兩個相鄰交點間的距離為，且直線是函數圖象的一條對稱軸.（1）求的值；（2）求的單調遞減區間；（3）若，求的值域.19．榴彈炮是一種身管較短，彈道比較彎曲，適合于打擊隱蔽目標和地面目標的野戰炮，是地面炮兵的主要炮種之一．為中國共產黨建黨100周年獻禮，某軍工研究所對某類型榴彈炮進行了改良．如圖所示，建立平面直角坐標系，x軸在地平面上，y軸垂直于地平面，單位長度為．改良后的榴彈炮位于坐標原點．已知該炮彈發射后的軌跡在方程表示的曲線上，其中k與發射方向有關．炮的射程是指炮彈落地點的橫坐標（1）求該類型榴彈炮的最大射程；（2）證明：該類型榴彈炮發射的高度不會超過20．如圖甲，直角梯形中，，，為的中點，在上，且，現沿把四邊形折起得到空間幾何體，如圖乙.在圖乙中求證：（1）平面平面；（2）平面平面.21．如圖所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1，M，N分別是A1B，B1C1的中點．(1)求證：MN⊥平面A1BC；(2)求直線BC1和平面A1BC所成的角的大小．

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】根據充分必要條件定義判斷【詳解】時，是偶函數，充分性滿足，但時，也是偶函數，必要性不滿足應是充分不必要條件故選：A2、B【解析】設，直線的斜率為，直線的斜率為.有直線的斜率與直線的斜率的差是1,所以.通分得：，整理得：.故選B.點睛：求軌跡方程的常用方法：（1）直接法：直接利用條件建立x，y之間的關系F(x，y)＝0（2）待定系數法：已知所求曲線的類型，求曲線方程（3）定義法：先根據條件得出動點的軌跡是某種已知曲線，再由曲線的定義直接寫出動點的軌跡方程（4）代入(相關點)法：動點P(x，y)依賴于另一動點Q(x0，y0)的變化而運動，常利用代入法求動點P(x，y)的軌跡方程3、C【解析】由題意可得,所以,故,選C.考點：本題主要考查等比數列性質及基本運算.4、D【解析】利用三角函數圖象變換依次列式求解作答.【詳解】函數的圖象上所有點向左平行移動個單位長度，所得圖象的解析式為，把圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的倍（縱坐標不變），得到的圖象所表示的函數是，.故選：D【點睛】易錯點睛：涉及三角函數圖象變換問題，當周期變換和相位變換的先后順序不同時，原圖象沿x軸的伸縮量是不同的5、A【解析】先由在區間上單調遞增，求出的取值范圍，再根據充分條件，必要條件的定義即可判斷.【詳解】解：的對稱軸為：，若在上單調遞增，則，即，在區間上單調遞增，反之，在區間上單調遞增，，故“”是“函數在區間上單調遞增”的充分不必要條件.故選：A.6、C【解析】轉化為兩個函數交點問題分析【詳解】即分別畫出和的函數圖像，則兩圖像有4個交點所以，即故選：C7、B【解析】作出幾何體實物圖，并將該幾何體的體積用表示，結合題中條件可求出的值.【詳解】由三視圖可知，該幾何體由一個正方體截去四分之一而得，其體積為，即，解得.故選：B.【點睛】本題考查利用三視圖計算空間幾何體的體積，解題的關鍵就是作出幾何體的實物圖，考查空間想象能力與計算能力，屬于中等題.8、D【解析】題目中函數較為簡單，可以直接求得對應的零點，從而判斷所在區間即可【詳解】當時，令，即，所以；當時，令，即，，不在定義域區間內，舍所以函數零點所在的區間為故選：D9、C【解析】由題知，故，進而得答案.【詳解】因為是銳角,所以,所以,滿足小于180°的正角.其中D選項不包括，故錯誤.故選：C10、D【解析】結合直線與平面垂直判定和性質，結合直線與平面平行的判定，即可【詳解】A選項，可知可知，故，正確；B選項，AB平行CD，故正確；C選項，，故平面平面，正確；D選項，AB與SC所成的角為，而DC與SA所成的角為，故錯誤，故選D【點睛】考查了直線與平面垂直的判定和性質，考查了直線與平面平行的判定，考查了異面直線所成角，難度中等二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、##【解析】先求向量的模，根據向量積，即可求夾角.【詳解】解：，，所以與的夾角為.故答案為：12、2【解析】根據扇形的面積公式即可求解.【詳解】解：因為扇形的半徑為2，弧長為2，所以該扇形的面積為，故答案為：2.13、【解析】利用二倍角余弦公式，把問題轉化為關于的二次函數的最值問題.【詳解】，又，∴函數的最大值為.故答案為：.14、【解析】給兩邊平方先求出,然后利用完全平方公式求出,再利用公式可得結果.【詳解】∵，兩邊平方得：，∴，∴，∵為第四象限角，∴，，∴，∴.故答案為：【點睛】此題考查的是同角三角函數的關系和二倍角公式,屬于基礎題.15、【解析】由題意得，易知內切球球心到各面的距離相等，設為的中點，則在上且為的中點，在中，，所以三棱錐內切球的表面積為16、，關于的方程無實數解【解析】直接利用特稱命題的否定為全稱命題求解即可.【詳解】因為特稱命題的否定為全稱命題，否定特稱命題是，既要否定結論，又要改變量詞，所以命題“，使關于的方程有實數解”的否定為：“，關于的方程無實數解”.故答案為：，關于的方程無實數解三、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)證明見解析；(2)30°；(3)存在，.【解析】(1)首先根據已知條件并結合線面垂直的判定定理證明平面，再證明即可求解；(2)根據(1)中結論找出所求角，再結合已知條件即可求解；(3)首先假設存在，然后根據線面平行的性質以及已知條件，看是否能求出點的具體位置，即可求解.【詳解】(1)因為，是的中點，所以，故四邊形是菱形，從而，所以沿著翻折成后，，又因為，所以平面，由題意，易知，，所以四邊形是平行四邊形，故，所以平面；(2)因為平面，所以與平面所成的角為，由已知條件，可知，，所以是正三角形，所以，所以與平面所成的角為30°；(3)假設線段上是存在點，使得平面，過點作交于，連結，，如下圖：所以，所以，，，四點共面，又因平面，所以，所以四邊形為平行四邊形，故，所以為中點，故在線段上存在點，使得平面，且.18、（1）2（2）（3）【解析】小問1：先求解函數周期再求得參數的值；小問2：根據對稱軸求出的值，結合正弦函數單調減區間定義即可求解；小問3：因為，所以，結合正弦函數的值域即可求出結果【小問1詳解】因為函數的圖象與軸的任意兩個相鄰交點間的距離為，所以函數的周期，所以【小問2詳解】因為直線是函數圖象的一條對稱軸，所以，.又，所以所以函數的解析式是令，解得所以函數的單調遞減區間為【小問3詳解】因為，所以.所以，即函數的值域為19、（1）（2）證明見解析【解析】（1）解一元二次方程即可求得該類型榴彈炮的最大射程；（2）以二次函數在給定區間求值域的方法去解決即可.【小問1詳解】令，得，由實際意義和題設條件知，故，（當且僅當時取等號）所以炮的最大射程為；【小問2詳解】，由，可知因此，所以該類型榴彈炮發射的高度不會超過20、（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】（1）證明出平面，平面，利用面面垂直的判定定理可證得結論成立；（2）證明出平面，可得出平面，利用面面垂直的判定定理可證得結論成立.【小問1詳解】證明：翻折前，，翻折后，則有，，因為平面，平面，平面，因為平面，平面，平面，因為，因此，平面平面.【小問2詳解】證明：翻折前，在梯形中，，，則，，則，翻折后，對應地，，，因為，所以，平面，，則平面，平面，因此，平面平面.21、（1）見解析；（2）【解析】（1）易得BC⊥平面ACC1A1，連接AC1，則BC⊥AC1．側面ACC1A1是正方形，所以A1C⊥AC1．又BC∩A1C=C，根據線面垂直判定定理可知AC1⊥平面A1BC，因為側面ABB1A1是正方形，MN是△AB1C1的中位線，所以MN∥AC1，從而MN⊥平面A1BC；（2）根據AC1⊥平面A1BC，設AC1與A1C相交于點D，連接BD，根據線面所成角的定義可知∠C1BD為直線BC1和平面A1BC所成角，設AC=BC=CC1=a，求出C1D，BC1，在Rt△BDC1中，求出∠C1BD，即可求出所求．試題解析：(1)證明如圖，由已知BC⊥AC，BC⊥CC1，得BC⊥平面ACC1A1．連接AC1，則BC⊥AC1．又側面ACC1A1是正方形，所以A1C⊥AC1．又BC∩A1C＝C，所