浙江省“溫州十校聯合體”2025屆數學高一上期末教學質量檢測試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．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．已知m，n表示兩條不同直線，表示平面，下列說法正確的是A.若則 B.若，，則C.若，，則 D.若，，則2．設函數，則下列函數中為奇函數的是（）A. B.C. D.3．若，則（）A. B.C. D.4．已知函數，，的零點分別，，，則，，的大小關系為（）A. B.C. D.5．設函數，且在上單調遞增，則的大小關系為A B.C. D.不能確定6．函數，則f（log23）=（）A.3 B.6C.12 D.247．下列函數是奇函數，且在區間上是增函數的是A. B.C. D.8．用長度為24米的材料圍成一矩形場地，中間加兩道隔墻（如圖），要使矩形的面積最大，則隔墻的長度為A.3米 B.4米C.6米 D.12米9．已知集合，，則等于（）A. B.C. D.10．函數的最小正周期為，若其圖象向左平移個單位后得到的函數為奇函數，則函數的圖象（）A.關于點對稱 B.關于點對稱C.關于直線對稱 D.關于直線對稱二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．定義域為上的函數滿足，且當時，，若，則a的取值范圍是______12．若，則的值為______13．冪函數的圖象經過點，則=____.14．函數的值域是____.15．已知圓心為（1,1），經過點（4,5），則圓的標準方程為_____________________.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．已知函數與.（1）判斷的奇偶性；（2）若函數有且只有一個零點，求實數a的取值范圍.18．直線與直線平行，且與坐標軸構成的三角形面積是24，求直線的方程.19．如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，底面是邊長為a的正方形，側棱PD＝a，PA＝PC＝a，(1)求證：PD⊥平面ABCD；(2)求證：平面PAC⊥平面PBD；(3)求二面角P－AC－D的正切值20．如圖所示，四棱錐的底面是邊長為1的菱形，，E是CD中點，PA底面ABCD，（I）證明：平面PBE平面PAB；（II）求二面角A—BE—P和的大小21．已知向量，，設函數=+（1）求函數的最小正周期和單調遞增區間；（2）當時，求函數的值域

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】線面垂直，則有該直線和平面內所有的直線都垂直，故B正確.考點：空間點線面位置關系2、A【解析】分別求出選項的函數解析式，再利用奇函數的定義即可得選項.【詳解】由題意可得，對于A，是奇函數，故A正確；對于B，不是奇函數，故B不正確；對于C，，其定義域不關于原點對稱，所以不是奇函數，故C不正確；對于D，，其定義域不關于原點對稱，不是奇函數，故D不正確.故選：A.3、A【解析】應用輔助角公式將條件化為，再應用誘導公式求.【詳解】由題設，，則，又.故選：A4、A【解析】判斷出三個函數的單調性，可求出，，并判斷，進而可得到答案【詳解】因為在上遞增，當時，，所以；因為在上遞增，當時，恒成立，故的零點小于0，即；因為在上遞增，當時，，故，故．故選：A．5、B【解析】當時，，它在上單調遞增，所以.又為偶函數，所以它在上單調遞減，因，故，選B.點睛：題設中的函數為偶函數，故根據其在上為增函數判斷出，從而得到另一側的單調性和，故可以判斷出.6、B【解析】由對數函數的性質可得，再代入分段函數解析式運算即可得解.【詳解】由題意，，所以.故選：B.7、B【解析】逐一考查所給函數的單調性和奇偶性即可.【詳解】逐一考查所給函數的性質：A.，函數為奇函數，在區間上不具有單調性，不合題意；B.，函數為奇函數，在區間上是增函數，符合題意；C.，函數為非奇非偶函數，在區間上是增函數，不合題意；D.，函數為奇函數，在區間上不具有單調性，不合題意；本題選擇B選項.【點睛】本題主要考查函數的單調性，函數的奇偶性等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.8、A【解析】主要考查二次函數模型的應用解：設隔墻長度為，則矩形另一邊長為=12－2，矩形面積為=（12－2）=，0<<6，所以=3時，矩形面積最大，故選A9、A【解析】先解不等式,再由交集的定義求解即可【詳解】由題,因為,所以,即,所以,故選:A【點睛】本題考查集合的交集運算,考查利用指數函數單調性解不等式10、C【解析】求得，求出變換后的函數解析式，根據已知條件求出的值，然后利用代入檢驗法可判斷各選項的正誤.【詳解】由題意可得，則，將函數的圖象向左平移個單位后，得到函數的圖象，由于函數為奇函數，則，所以，，，則，故，因為，，故函數的圖象關于直線對稱.故選：C.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】根據，可得函數圖象關于直線對稱，當時，，可設，根據，即可求解；【詳解】解：，的函數圖象關于直線對稱，函數關于y軸對稱，當時，，那么時，，可得，由，得解得：；故答案為.【點睛】本題考查了函數的性質的應用及不等式的求解，屬于中檔題.12、0【解析】由，得到∴sin∴2sin+4兩邊都除以，得：2tan故答案為013、2【解析】根據冪函數過點，求出解析式，再有解析式求值即可.【詳解】設，則，所以，故，所以.故答案為：14、##【解析】由余弦函數的有界性求解即可【詳解】因為，所以，所以，故函數的值域為，故答案為：15、【解析】設出圓的標準方程，代入點的坐標，求出半徑，求出圓的標準方程【詳解】設圓的標準方程為（x-1）2+（y-1）2=R2，由圓經過點（4,5）得R2=25，從而所求方程為（x-1）2+（y-1）2=25，故答案為（x-1）2+（y-1）2=25【點睛】本題主要考查圓的標準方程，利用了待定系數法，關鍵是確定圓的半徑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）偶函數（2）【解析】（1）根據奇偶性定義判斷；（2）函數只有一個零點，轉化為方程只有一個根，用換元法轉化為二次方程只有一個正根（或兩個相等正根），再根據二次方程根分布分類討論可得小問1詳解】∵的定義域為R，∴，∴為偶函數.【小問2詳解】函數只有一個零點即即方程有且只有一個實根.令，則方程有且只有一個正根.①當時，，不合題意；②當時，若方程有兩相等正根，則，且，解得；滿足題意③若方程有一個正根和一個負根，則，即時，滿足題意.∴實數a的取值范圍為.18、【解析】設直線，則將直線與兩坐標軸的交點坐標，代入三角形的面積公式進行運算，求出參數，即可得到答案.【詳解】設直線，分別與軸、軸交于兩點，則，，那么.所以直線的方程是【點睛】本題考查用待定系數法求直線的方程，兩直線平行的性質，以及利用直線的截距求三角形的面積．19、（1）見解析（2）見解析（3）【解析】(1)證明：∵PD＝a，DC＝a，PC＝a，∴PC2＝PD2＋DC2，∴PD⊥DC．同理，PD⊥AD，又AD∩DC＝D，∴PD⊥平面ABCD(2)證明：由(1)知PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AC，又四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，又BD∩PD＝D，∴AC⊥平面PDB．又AC?平面PAC，∴平面PAC⊥平面PBD(3)設AC∩BD＝O，連接PO.由PA＝PC，知PO⊥AC．又DO⊥AC，故∠POD為二面角P－AC－D的平面角．易知OD＝.在Rt△PDO中，tan∠POD＝.考點：平面與平面垂直的判定.20、（I）同解析（II）二面角的大小為【解析】解：解法一（I）如圖所示,連結由是菱形且知，是等邊三角形.因為E是CD的中點，所以又所以又因為PA平面ABCD，平面ABCD，所以而因此平面PAB.又平面PBE，所以平面PBE平面PAB.（II）由（I）知，平面PAB,平面PAB,所以又所以是二面角的平面角在中,故二面角的大小為解法二：如圖所示,以A為原點，建立空間直角坐標系則相關各點的坐標分別是：（I）因為平面PAB的一個法向量是所以和共線.從而平面PAB.又因為平面PBE，所以平面PBE平面PAB.（II）易知設是平面PBE的一個法向量,則由得所以