浙江省兩校2025屆高一數學第一學期期末質量跟蹤監視試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．某甲、乙兩人練習跳繩，每人練習10組，每組40個.每組計數的莖葉圖如下圖，則下面結論中錯誤的一個是（）A.甲比乙的極差大B.乙的中位數是18C.甲的平均數比乙的大D.乙的眾數是212．已知集合，則A. B.C. D.3．已知函數，，則（）A.的最大值為 B.在區間上只有個零點C.的最小正周期為 D.為圖象的一條對稱軸4．已知直線l經過兩點，則直線l的斜率是（）A. B.C.3 D.5．已知函數，若對任意，總存在，使得，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.6．定義在上的函數滿足，且，，則不等式的解集為（）A. B.C. D.7．的值是A. B.C. D.8．設正實數滿足，則的最大值為（）A. B.C. D.9．角的終邊過點，則等于A. B.C. D.10．已知集合，，，則A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．過點P(4,2)并且在兩坐標軸上截距相等的直線方程為（化為一般式）________.12．將正方形ABCD沿對角線BD折成直二面角A－BD－C，有如下四個結論①AC⊥BD；②△ACD是等邊三角形；③AB與平面BCD成60°的角；④AB與CD所成的角是60°.其中正確結論的序號是________13．已知，則________.14．設函數的圖象為，則下列結論中正確的是__________（寫出所有正確結論的編號）.①圖象關于直線對稱；②圖象關于點對稱；③函數在區間內是增函數；④把函數的圖象上點的橫坐標縮短為原來的一半（縱坐標不變）可以得到圖象.15．若扇形的周長是16,圓心角是2(rad),則扇形的面積是__________.16．如圖，在空間四邊形中，平面平面，，，且，則與平面所成角的度數為________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）計算：（2）若，，求的值.18．已知函數最小正周期為.（1）求的值：（2）將函數的圖象先向左平移個單位，然后向上平移1個單位，得到函數，若在上至少含有4個零點，求b的最小值.19．已知，，計算：（1）（2）20．已知曲線：.（1）當為何值時，曲線表示圓；（2）若曲線與直線交于、兩點，且（為坐標原點），求的值.21．已知角的終邊經過點.（1）求的值；（2）求的值.

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、B【解析】通過莖葉圖分別找出甲、乙的最大值以及最小值求出極差即可判斷A；找出乙中間的兩位數即可判斷B；分別求出甲、乙的平均數判斷C；觀察乙中數據即可判斷D；【詳解】對于A，由莖葉圖可知，甲的極差為，乙的極差為，故A正確；對于B，乙中間兩位數為，故中位數為，故B錯誤；對于C，甲的平均數為，乙的平均數為，故C正確；對于D，乙組數據中出現次數最多為21，故D正確；故選：B【點睛】本題考查了由莖葉圖估計樣本數據的數字特征，屬于基礎題.2、C【解析】分別解集合A、B中的不等式，再求兩個集合的交集【詳解】集合，集合，所以，選擇C【點睛】進行集合的交、并、補運算前，要搞清楚每個集合里面的元素種類，以及具體的元素，再進行運算3、D【解析】首先利用二倍角公式及輔助角公式將函數化簡，再結合正弦函數的性質計算可得；【詳解】解：函數，可得的最大值為2，最小正周期為，故A、C錯誤；由可得，即，可知在區間上的零點為，故B錯誤；由，可知為圖象的一條對稱軸，故D正確故選：D4、B【解析】直接由斜率公式計算可得.【詳解】由題意可得直線l的斜率.故選：B.5、C【解析】先將不等式轉化為對應函數最值問題：,再根據函數單調性求最值，最后解不等式得結果.【詳解】因為對任意，總存在，使得，所以,因為當且僅當時取等號,所以，因為,所以.故選：C.【點睛】對于不等式任意或存在性問題，一般轉化為對應函數最值大小關系，即；，6、B【解析】對變形得到，構造新函數，得到在上單調遞減，再對變形為，結合，得到，根據的單調性，得到解集.【詳解】，不妨設，故，即，令，則，故在上單調遞減，，不等式兩邊同除以得：，因為，所以，即，根據在上單調遞減，故，綜上：故選：B7、B【解析】由余弦函數的二倍角公式把等價轉化為，再由誘導公式進一步簡化為，由此能求出結果詳解】，故選B【點睛】本題考查余弦函數的二倍角公式的應用，解題時要認真審題，仔細解答，注意誘導公式的靈活運用，屬于基礎題.8、C【解析】根據基本不等式可求得最值.【詳解】由基本不等式可得，即，解得，當且僅當，即，時，取等號，故選：C.9、B【解析】由三角函數的定義知，x＝－1，y＝2，r＝＝，∴sinα＝＝.10、D【解析】本題選擇D選項.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、或【解析】根據直線在兩坐標軸上截距相等，則截距可能為也可能不為，再結合直線方程求法，即可對本題求解【詳解】由題意，設直線在兩坐標軸上的截距均為，當時，設直線方程為：，因為直線過點，所以，即，所以直線方程為：,即：，當時，直線過點，且又過點，所以直線的方程為，即：，綜上，直線的方程為：或.故答案為：或【點睛】本題考查直線方程的求解，考查能力辨析能力，應特別注意，截距相等，要分截距均為和均不為兩種情況分別討論.12、①②④【解析】①取BD的中點O，連接OA,OC,所以,所以平面OAC，所以AC⊥BD；②設正方形的邊長為a，則在直角三角形ACO中，可以求得OC=a，所以△ACD是等邊三角形；③AB與平面BCD成45角；④分別取BC，AC的中點為M，N，連接ME，NE，MN.則MN∥AB，且MN＝AB＝a，ME∥CD，且ME＝CD＝a，∴∠EMN是異面直線AB，CD所成的角．在Rt△AEC中，AE＝CE＝a，AC＝a，∴NE＝AC＝a.∴△MEN是正三角形，∴∠EMN＝60°，故④正確考點：本小題主要考查平面圖形向空間圖形的折疊問題，考查學生的空間想象能力.點評：解決此類折疊問題，關鍵是搞清楚折疊前后的變量和不變的量.13、【解析】利用誘導公式化簡等式，可求出的值，將所求分式變形為，在所得分式的分子和分母中同時除以，將所求分式轉化為只含的代數式，代值計算即可.【詳解】，，，因此，.故答案為：.【點睛】本題考查利用誘導公式和弦化切思想求值，解題的關鍵就是求出的值，考查計算能力，屬于基礎題.14、①③【解析】圖象關于直線對稱；所以①對；圖象關于點對稱；所以②錯；，所以函數在區間內是增函數；所以③對；因為把函數的圖象上點的橫坐標縮短為原來的一半（縱坐標不變）可以得到，所以④錯；填①③.15、16【解析】因為函數的周長為16，圓心角是2，設扇形的半徑為，則，解得r=4，所以扇形的弧長為8，所以面積為，故答案為16.16、【解析】首先利用面面垂直轉化出線面垂直，進一步求出線面的夾角，最后通過解直角三角形求出結果.【詳解】取BD中點O，連接AO，CO.因為AB=AD，所以，又平面平面，所以平面.因此，即為AC與平面所成的角，由于，，所以,又，所以【點睛】本題主要考查直線與平面所成的角，屬于基礎題型.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）；（2）.【解析】（1）利用分數指數冪運算法則分別對每一項進行化簡，然后合并求解;（2）先利用已知條件，把m、n表示出來，代入要求解的式子中，利用對數的運算法則化簡即可.【詳解】（1）原式（2）因為，，所以，，所以18、（1）1（2）【解析】（1）利用平方關系、二倍角余弦公式、輔助角公式化簡函數解析式，然后根據周期公式即可求解；（2）利用三角函數的圖象變換求出的解析式，然后借助三角函數的圖象即可求解.【小問1詳解】解：，因為函數的最小正周期為，即，所以；【小問2詳解】解：由（1）知，由題意，函數，令，即，因為在上至少含有4個零點，所以，即，所以的最小值為.19、（1）；（2）.【解析】（1）先把化為，然后代入可求；（2）先把化為，然后代入可求.【詳解】（1）；（2）.【點睛】本題主要考查齊次式的求值問題，齊次式一般轉化為含有正切的式子，結合正切值可求.20、（1）；（2）.【解析】（1）由圓的一般方程所滿足的條件列出不等式