廣東省東莞市北京師范大學石竹附屬中學2025屆高一上數學期末學業質量監測試題請考生注意：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．已知函數，若當時，恒成立，則實數的取值范圍是A. B.C. D.2．若角滿足條件，且，則在A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限3．三條直線，，相交于一點，則的值是A.－2 B.－1C.0 D.14．已知直線和互相平行，則實數的取值為（）A.或3 B.C. D.1或5．如圖中,分別是正三棱柱(兩底面為正三角形的直棱柱)的頂點或所在棱的中點，則表示直線是異面直線的圖形有（）A.①③ B.②③C.②④ D.②③④6．設，則“”是“”的（）條件A.必要不充分 B.充分不必要C.既不充分也不必要 D.充要7．若,,,則a,b,c之間的大小關系是()A.c>b>a B.c>a>bC.a>c>b D.b>a>c8．不等式成立x的取值集合為（）A. B.C. D.9．函數是指數函數，則的值是A.4 B.1或3C.3 D.110．若a＞b，則下列各式正確的是（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．唐代李皋發明了“槳輪船”，這種船是原始形態的輪船，是近代明輪船航行模式之先導，如圖，某槳輪船的輪子的半徑為，他以的角速度逆時針旋轉，輪子外邊沿有一點P，點P到船底的距離是H（單位：m），輪子旋轉時間為t（單位：s）.當時，點P在輪子的最高處.（1）當點P第一次入水時，__________；（2）當時，___________.12．直線2x+(1-a)y+2=0與直線ax-3y-2=0平行，則a=__________13．如圖，全集，A是小于10的所有偶數組成的集合，，則圖中陰影部分表示的集合為__________.14．若圓心角為的扇形的弧長為，則該扇形面積為__________.15．用半徑為的半圓形紙片卷成一個圓錐，則這個圓錐的高為__________16．函數f(x)是定義在R上的偶函數，f（x－1）是奇函數，且當時，，則________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.（1）解不等式；（2）若函數,其中為奇函數,為偶函數,若不等式對任意恒成立,求實數的取值范圍.18．定義：若對定義域內任意x，都有（a為正常數），則稱函數為“a距”增函數（1）若，(0，)，試判斷是否為“1距”增函數，并說明理由；（2）若，R是“a距”增函數，求a的取值范圍；（3）若，(﹣1，)，其中kR，且為“2距”增函數，求的最小值19．如圖，在扇形OAB中，半徑OA=1，圓心角C是扇形弧上的動點，矩形CDEF內接于扇形，且OE=OF.記∠AOC=θ，求當角θ為何值時，矩形CDEF的面積S最大?并求出這個最大的面積.20．如圖，邊長為的正方形所在平面與正三角形所在平面互相垂直，分別為的中點.(1)求四棱錐的體積；(2)求證：平面；(3)試問：在線段上是否存在一點，使得平面平面？若存在，試指出點的位置，并證明你的結論；若不存在，請說明理由.21．設兩個向量，，滿足，.（1）若，求、的夾角；（2）若、夾角為，向量與的夾角為鈍角，求實數的取值范圍.

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、D【解析】是奇函數，單調遞增，所以，得，所以，所以，故選D點睛：本題考查函數的奇偶性和單調性應用．本題中，結合函數的奇偶性和單調性的特點，轉化得到，分參，結合恒成立的特點，得到，求出參數范圍2、B【解析】因為，所以在第二或第四象限，且，所以在第二象限考點：三角函數的符號3、B【解析】聯立兩條已知直線求得交點坐標，待定系數即可求得參數值.【詳解】聯立與可得交點坐標為，又其滿足直線，故可得，解得.故選：.4、B【解析】利用兩直線平行等價條件求得實數m的值.【詳解】∵兩條直線x+my+6=0和（m﹣2）x+3y+2m=0互相平行，∴解得m=﹣1，故選B【點睛】已知兩直線的一般方程判定兩直線平行或垂直時，記住以下結論，可避免討論：已知，，則，5、C【解析】對于①③可證出，兩條直線平行一定共面，即可判斷直線與共面；對于②④可證三點共面，但平面；三點共面，但平面，即可判斷直線與異面.【詳解】由題意，可知題圖①中，，因此直線與共面；題圖②中，三點共面，但平面，因此直線與異面；題圖③中，連接，則，因此直線與共面；題圖④中，連接，三點共面，但平面，所以直線與異面.故選C.【點睛】本題主要考查異面直線的定義，屬于基礎題.6、B【解析】根據充分條件與必要條件的概念，可直接得出結果.【詳解】若，則，所以“”是“”的充分條件；若，則或，所以“”不是“”的必要條件；因此，“”是“”的充分不必要條件.故選：B【點睛】本題主要考查充分不必要條件的判定，熟記概念即可，屬于基礎題型.7、C【解析】利用指數函數與對數函數的單調性即可得出【詳解】∵a=22.5＞1，＜0，，∴a＞c＞b，故選C【點睛】本題考查了指數函數與對數函數的單調性，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題8、B【解析】先求出時，不等式的解集，然后根據周期性即可得答案.【詳解】解：不等式，當時，由可得，又最小正周期為，所以不等式成立的x的取值集合為.故選：B.9、C【解析】由題意，解得．故選C考點：指數函數的概念10、A【解析】由不等式的基本性質，逐一檢驗即可【詳解】因為a＞b，所以a-2＞b-2，故選項A正確，2-a＜2-b，故選項B錯誤，-2a<-2b，故選項C錯誤，a2，b2無法比較大小，故選項D錯誤，故選A【點睛】本題考查了不等式的基本性質，意在考查學生對該知識的理解掌握水平.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、①.②.##【解析】算出點從最高點到第一次入水的圓心角，即可求出對應時間；由題意求出關于的表達式，代值運算即可求出對應.【詳解】如圖所示，當第一次入水時到達點，由幾何關系知，又圓的半徑為3，故，此時輪子旋轉的圓心角為：，故；由題可知，即，當時，.故答案為：；12、3【解析】a=0時不滿足條件，∵直線2x+(1-a)y+2=0與直線ax-3y-2=0平行a≠0，∴解得a=313、【解析】根據維恩圖可知，求，根據補集、交集運算即可.【詳解】，A是小于10的所有偶數組成的集合，，，由維恩圖可知，陰影部分為,故答案為：14、【解析】根據扇形面積公式計算即可.【詳解】設弧長為，半徑為，為圓心角，所以，由扇形面積公式得.故答案為：15、【解析】根據圓錐的底面周長等于半圓形紙片的弧長建立等式,再根據半圓形紙片的半徑為圓錐的母線長求解即可.【詳解】由題得,半圓形紙片弧長為,設圓錐的底面半徑為,則,故圓錐的高為.故答案為：【點睛】本題主要考查了圓錐展開圖中的運算,重點是根據圓錐底面的周長等于展開后扇形的弧長,屬于基礎題.16、1【解析】由函數f(x)是定義在R上的偶函數及f（x－1）是奇函數得到函數的周期，進而根據函數的性質求得答案.【詳解】根據題意，函數f(x)是定義在R上的偶函數，則有f（－x）＝f(x)，又f（x－1）是奇函數，則f（－x－1）＝－f（x－1），所以f（x＋2）＝f[－（x＋2）]＝f[－（x＋1）－1]＝－f[（x＋1）－1]＝－f(x)，即f（x＋2）＝－f(x)，則有f（x＋4）＝－f（x＋2）＝f(x)，所以函數f(x)是周期為4的周期函數，則，，故故答案為：1.三、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）（1，3）；（2）.【解析】（1）設t＝2x，利用f（x）＞16﹣9×2x，轉化不等式為二次不等式，求解即可；（2）利用函數的奇偶性以及函數恒成立，結合對勾函數的圖象與性質求解函數的最值，推出結果【詳解】解：（1）設t=2x，由f（x）＞16﹣9×2x得：t﹣t2＞16﹣9t，即t2﹣10t+16＜0∴2＜t＜8，即2＜2x＜8，∴1＜x＜3∴不等式的解集為（1，3）（2）由題意得解得.2ag（x）+h（2x）≥0，即，對任意x∈[1，2]恒成立，又x∈[1，2]時，令，在上單調遞增，當時，有最大值，所以.【點睛】本題考查函數與方程的綜合應用，二次函數的性質，對勾函數的圖像與性質以及函數恒成立的轉化，考查計算能力18、（1）見解析；（2）；（3）.【解析】（1）利用“1距”增函數的定義證明即可；（2）由“a距”增函數的定義得到在上恒成立，求出a的取值范圍即可；（3）由為“2距”增函數可得到在恒成立，從而得到恒成立，分類討論可得到的取值范圍，再由，可討論出的最小值【詳解】（1）任意,,因為,,所以，所以，即是“1距”增函數（2）.因為是“距”增函數，所以恒成立，因為,所以在上恒成立，所以，解得，因為,所以.（3）因為，，且為“2距”增函數，所以時，恒成立，即時，恒成立，所以，當時，，即恒成立，所以,得;當時，，得恒成立，所以,得,綜上所述，得.又，因為,所以，當時，若，取最小值為；當時，若，取最小值.因為在R上是單調遞增函數，所以當，的最小值為；當時的最小值為，即.【點睛】本題考查了函數的綜合知識，考查了函數的單調性與最值，考查了恒成立問題，考查了分類討論思想的運用，屬于中檔題19、當時，矩形的面積最大為【解析】由點向作垂線，垂足為，利用平面幾何知識得到為等邊三角形，然后利用表示出和，從而得到矩形的面積，利用三角函數求最值進行分析求解，即可得到答案【詳解】解：由點向作垂線，垂足為，在中，，，由題意可知，，，所以為等邊三角形，所以，則，所以，所以，，所以矩形的面積為，因為，所以當，即時，最大為所以當時，矩形的面積最大為20、（1）；（2）證明見解析；（3）存在，為中點，證明見解析.【解析】（1）由等腰三角形三線合一性質和面面垂直性質定理可證得平面，由棱錐體積公式可求得結果；（2）連結交于點，由三角形中位線性質可證得，由線面平行判定定理可得到結論；（3）當為中點時，由正方形的性質、線面垂直的性質，結合線面垂直的判定可證得平面，由面面垂直的判定定理可證得結論.【詳解】（1）為中點，為正三角形，.平面平面，平面平面，平面，平面.,,.（2）證明：連結交于點，連結.由四邊形為正方形知點為的中點，又為的中點，，平面，平面，平面.（3）存在點，當為中點時，平面平面.證明如下：因為四邊形是正方形，為的中點，，由(1)知：平面，平面，，又，平面.平面，平面平面.【點睛】關鍵點點睛：本題第三問考查了與面面垂直有關的存在性問題的處理，解題關鍵是能夠根據平面確定只要在上，必有，由此只需找到與面中的另一條與相交的直線垂直即可，進而鎖定的位置.21、（1）