重慶市第十一中學2025屆高一數學第一學期期末檢測模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．在一段時間內，若甲去參觀市博物館的概率為0.8，乙去參觀市博物館的概率為0.6，且甲乙兩人各自行動．則在這段時間內，甲乙兩人至少有一個去參觀博物館的概率是（）A.0.48 B.0.32C.0.92 D.0.842．已知函數f(x)是偶函數，且f(x)在上是增函數，若，則不等式的解集為（）A.{x|x>2} B.C.{或x>2} D.{或x>2}3．若偶函數在區間上單調遞增，且，則不等式的解集是（）A. B.C. D.4．已知函數，若，，，則，，的大小關系為A. B.C. D.5．在平面直角坐標系中，動點在單位圓上按逆時針方向作勻速圓周運動，每分鐘轉動一周.若的初始位置坐標為，則運動到分鐘時，的位置坐標是（）A B.C. D.6．函數的部分圖像如圖所示，則的值為（）A. B.C. D.7．已知，都是正數，則下列命題為真命題的是（）A.如果積等于定值，那么當時，和有最大值B.如果和等于定值，那么當時，積有最小值C.如果積等于定值，那么當時，和有最小值D.如果和等于定值，那么當時，積有最大值8．已知向量，若，則（）A.1或4 B.1或C.或4 D.或9．在三棱柱中，各棱長相等，側棱垂直于底面，點是側面的中心，則與平面所成角的大小是（）A. B.C. D.10．若關于的函數的最大值為，最小值為，且，則實數的值為（）A.2020 B.2019C.1009 D.1010二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．求過(2,3)點，且與(x－3)2＋y2＝1相切的直線方程為_____12．若，則_____________.13．已知直線過點.若直線在兩坐標軸上的截距相等，求直線的方程______.14．命題，，則為______.15．若函數在［－1，2］上的最大值為4，最小值為m，且函數在上是增函數，則a＝______.16．計算_________.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．已知函數是定義在R上的奇函數，當時，（Ⅰ）求函數在R上的解析式；（Ⅱ）若，函數，是否存在實數m使得的最小值為，若存在，求m的值；若不存在，請說明理由18．直線l經過兩直線l1:2x-y+4=0與l2:x-y+5=0的交點,且與直線x-2y-6=0垂直.(1)求直線l的方程.(2)若點P(a,1)到直線l的距離為,求實數a的值.19．已知向量，滿足，，且，的夾角為.（1）求；（2）若，求的值.20．如圖，已知四棱柱的底面是菱形，側棱底面，是的中點，，.（1）證明：平面；（2）求直線與平面所成的角的正弦值.21．已知函數，.（1）求函數圖形的對稱軸；（2）若，不等式的解集為，，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、C【解析】根據題意求得甲乙都不去參觀博物館的概率，結合對立事件的概率計算公式，即可求解.【詳解】由甲去參觀市博物館的概率為0.8，乙去參觀市博物館的概率為0.6，可得甲乙都不去參觀博物館的概率為,所以甲乙兩人至少有一個去參觀博物館的概率是.故選：C.2、C【解析】利用函數的奇偶性和單調性將不等式等價為，進而可求得結果.詳解】依題意，不等式，又在上是增函數，所以，即或，解得或.故選：C.3、D【解析】由偶函數定義可確定函數在上的單調性，由單調性可解不等式．【詳解】由于函數是偶函數，在區間上單調遞增，且，所以，且函數在上單調遞減.由此畫出函數圖象，如圖所示，由圖可知，的解集是.故選：D.【點睛】本題考查函數的奇偶性與單調性，屬于基礎題．4、C【解析】根據函數解析式先判斷函數的單調性和奇偶性，然后根據指數和對數的運算法則進行化簡即可【詳解】∵f（x）=x3，∴函數f（x）是奇函數，且函數為增函數，a=﹣f（log3）=﹣f（﹣log310）=f（log310），則2＜log39.1＜log310，20.9＜2，即20.9＜log39.1＜log310，則f（209）＜f（log39.1）＜f（log310），即c＜b＜a，故選C【點睛】本題主要考查函數值的大小的比較，根據函數解析式判斷函數的單調性和奇偶性是解決本題的關鍵5、A【解析】根據題意作出圖形，結合圖形求出3分鐘轉過角度，由此計算點的坐標.【詳解】每分鐘轉動一周,則運動到分鐘時，其轉過的角為，如圖，設與x軸正方向所成的角為，則與x軸正方向所成的角為，的初始位置坐標為，即，所以，即.故選：A6、C【解析】根據的最值得出，根據周期得出，利用特殊點計算，從而得出的解析式，再計算.【詳解】由函數的最小值可知：，函數的周期：，則，當時，，據此可得：，令可得：，則函數的解析式為：，.故選：C.【點睛】本題考查了三角函數的圖象與性質，屬于中檔題.7、D【解析】根據基本不等式計算求出和的最小值與積的最大值，進而依次判斷選項即可.【詳解】由題意知，，A：，則，當且僅當時取到等號，所以有最小值，故A錯誤；B：，則，當且僅當時取到等號，所以有最大值，故B錯誤；C：，則，當且僅當時取到等號，所以有最小值，故C錯誤；D：，則，有，當且僅當時取到等號，所以有最大值，故D正確；故選：D8、B【解析】根據向量的坐標表示，以及向量垂直的條件列出方程，即可求解.【詳解】由題意，向量，可得，因為，則，解得或.故選：B.9、C【解析】如圖，取中點，則平面，故，因此與平面所成角即為，設，則，，即，故，故選:C.10、D【解析】化簡函數，構造函數，再借助函數奇偶性，推理計算作答.【詳解】依題意，當時，，，則，當時，，，即函數定義域為R，，令，，顯然，即函數是R上的奇函數，依題意，，，而，即，而，解得，所以實數的值為.故選：D二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、或【解析】當直線沒有斜率時，直線的方程為x=2,滿足題意，所以此時直線的方程為x=2.當直線存在斜率時，設直線的方程為所以故直線的方程為或.故填或.12、【解析】平方得13、或【解析】根據已知條件，分直線過原點，直線不過原點兩種情況討論，即可求解【詳解】解：當直線過原點時，斜率為，由點斜式求得直線的方程是，即，當直線不過原點時，設直線的方程為，把點代入方程可得，故直線的方程是，綜上所述，所求直線的方程為或故答案為：或.14、，【解析】由全稱命題的否定即可得解.【詳解】因為命題為全稱命題，所以為“，”.故答案為：，.15、【解析】當時，有，此時，此時為減函數，不合題意.若，則，故，檢驗知符合題意16、1【解析】，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、（Ⅰ）；（Ⅱ）存在實數使得的最小值為【解析】Ⅰ根據奇函數的對稱性進行轉化求解即可Ⅱ求出的表達式，利用換元法轉化為一元二次函數，通過討論對稱軸與區間的關系，判斷最小值是否滿足條件即可【詳解】Ⅰ若，則，∵當時，且是奇函數，∴當時，，即當時，，則Ⅱ若，，設，∵，∴，則等價為，對稱軸為，若，即時，在上為增函數，此時當時，最小，即，即成立，若，即時，在上為減函數，此時當時，最小，即，此時不成立，若，即時，在上不單調，此時當時，最小，即，此時在時是減函數，當時取得最小值為，即此時不滿足條件綜上只有當才滿足條件即存在存在實數使得最小值為【點睛】本題主要考查函數奇偶性的應用，以及利用換元法轉化為一元二次函數，結合一元二次函數單調性的性質是解決本題的關鍵，綜合性較強，運算量較大，有一定的難度18、（1）；（2）或【解析】（1）解方程組可得直線的交點為(1,6)，然后根據垂直可得直線l的斜率，由點斜式可得l的方程；（2）有點到直線的距離公式可得，解得a=1或a=6，即為所求試題解析：(1)由得所以直線l1與l2的交點為(1,6),又直線l垂直于直線x-2y-6=0所以直線l的斜率為k=-2，故直線l的方程為y-6=-2(x-1),即2x+y-8=0(2)因為點P(a,1)到直線l的距離等于,所以=,解得a=1或a=6.所以實數a的值為1或6.19、（1）-12；（2）12.【解析】(1)按照向量的點積公式得到，再由向量運算的分配律得到結果；（2）根據向量垂直得到，按照運算公式展開得到結果即可.【詳解】（1）由題意得，∴（2）∵，∴，∴，∴，∴【點睛】這個題目考查了向量的點積運算，以及向量垂直的轉化；向量的兩個作用：①載體作用：關鍵是利用向量的意義、作用脫去“向量外衣”，轉化為我們熟悉的數學問題；②工具作用：利用向量可解決一些垂直、平行、夾角與距離問題.20、（1）詳見解析；（2）.【解析】（1）連接交于點，連接，，可證明四邊形是平行四邊形，從而，再由線面平行的判定即可求解；（2）作出平面的垂線，即可作出線面角，求出相關線段的長度即可求解.試題解析：（1）連接交于點，連接，，∵為菱形，∴點在上，且，又∵，故四邊形是平行四邊形，則，∴平面；（2）由于為菱形，∴，又∵是直四棱柱，∴，平面，∴平面平面，過點作平面和平面交線的垂線，垂足為，得平面，連接，則是直線平面所成的角，設，∵是菱形且，則，，在中，由，，得，在中，由，，得，∴.考點：1.線面平行