天津市英華中學2025屆數學高一上期末統考試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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．已知函數，若圖象過點，則的值為（）A. B.2C. D.2．將函數的圖象上所有的點向右平行移動個單位長度，再把所得各點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），所得圖象的函數解析式是A. B.C. D.3．若函數的定義域為，滿足：①在內是單調函數；②存在區間，使在上的值域為，則稱函數為“上的優越函數”．如果函數是“上的優越函數”，則實數的取值范圍是（）A.B.C.D.4．已知向量，，且，那么（）A.2 B.-2C.6 D.-65．已知為三角形內角，且，若，則關于的形狀的判斷，正確的是A.直角三角形 B.銳角三角形C.鈍角三角形 D.三種形狀都有可能6．設，，，則下列大小關系表達正確的是（）A. B.C. D.7．已知圓：與圓：，則兩圓的公切線條數為A.1條 B.2條C.3條 D.4條8．圓與圓有（）條公切線A.0 B.2C.3 D.49．“是第一象限角”是“”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10．若，則與在同一坐標系中的圖象大致是（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．一個幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖與側視圖都是斜邊長為4的直角三角形，俯視圖是半徑為2的四分之一圓周和兩條半徑，則這個幾何體的體積為______12．寫出一個同時具有下列三個性質函數：________.①；②在上單調遞增；③.13．設集合，對其子集引進“勢”的概念；①空集的“勢”最?。虎诜强兆蛹脑卦蕉?，其“勢”越大；③若兩個子集的元素個數相同，則子集中最大的元素越大，子集的“勢”就越大.最大的元素相同，則第二大的元素越大，子集的“勢”就越大，以此類推.若將全部的子集按“勢”從小到大順序排列，則排在第位的子集是_________.14．已知[x]表示不超過x的最大整數，定義函數f(x)=x-[x].有下列結論:①函數的圖象是一條直線;②函數f(x)的值域為[0，1);③方程f(x)=有無數個解;④函數是R上的增函數.其中正確的是____.(填序號)15．某網店根據以往某品牌衣服的銷售記錄，繪制了日銷售量的頻率分布直方圖，如圖所示，由此估計日銷售量不低于50件的概率為________16．已知tanα=3，則sin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，在三棱錐中，.（1）畫出二面角的平面角，并求它的度數；（2）求三棱錐的體積.18．在中，角所對的邊分別為，滿足.（1）求角的大小；（2）若，且，求的面積19．已知函數（1）試判斷函數在區間上的單調性，并用函數單調性定義證明；（2）對任意時，都成立，求實數的取值范圍20．已知函數的一系列對應值如下表：（1）根據表格提供的數據求函數的一個解析式；（2）根據（1）的結果，若函數周期為，當時，方程恰有兩個不同的解，求實數的取值范圍.21．某市一家庭今年一月份、二月份和三月份煤氣用量和支付費用如下表所示：月份用氣量(立方米)煤氣費(元)144.0022514.0033519.00該市煤氣收費的方法是：煤氣費＝基本費＋超額費＋保險費若每月用氣量不超過最低額度A(A>4)立方米時，只付基本費3元和每戶每月定額保險費C(0<C≤5)元；若用氣量超過A立方米時，超過部分每立方米付B元(1)根據上面的表格求A，B，C的值；(2)記該家庭第四月份用氣為x立方米，求應交的煤氣費y元

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】分析】將代入求得，進而可得的值.【詳解】因為函數的圖象過點，所以，則，所以，，故選：B.2、C【解析】將函數的圖象上所有的點向右平行移動個單位長度，所得函數圖象的解析式為y＝sin(x－);再把所得圖象上各點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），所得圖象的函數解析式是.故選C.3、D【解析】由于是“上的優越函數”且函數在上單調遞減，由題意得，，問題轉化為與在時有2個不同的交點，結合二次函數的性質可求【詳解】解：因為是“上的優越函數”且函數在上單調遞減，若存在區間，使在上的值域為，由題意得，，所以，，即與在時有2個不同的交點，根據二次函數單調性質可知，即故選：D4、B【解析】根據向量共線的坐標表示，列出關于m的方程，解得答案.【詳解】由向量，，且，可得:,故選：B5、C【解析】利用同角平方關系可得，，結合可得，從而可得的取值范圍，進而可判斷三角形的形狀【詳解】解：，，為三角形內角，，為鈍角，即三角形為鈍角三角形故選C【點睛】本題主要考查了利用同角平方關系的應用，其關鍵是變形之后從的符號中判斷的取值范圍，屬于三角函數基本技巧的運用6、D【解析】利用中間量來比較三者的大小關系【詳解】由題.所以.故選：D7、D【解析】求出兩圓的圓心與半徑，利用圓心距判斷兩圓外離，公切線有4條【詳解】圓C1：x2+y2﹣2x＝0化為標準形式是（x﹣1）2+y2＝1，圓心是C1（1，0），半徑是r1＝1；圓C2：x2+y2﹣4y+3＝0化為標準形式是x2+（y﹣2）2＝1，圓心是C2（0，2），半徑是r2＝1；則|C1C2|r1+r2，∴兩圓外離，公切線有4條故選D【點睛】本題考查了兩圓的一般方程與位置關系應用問題，是基礎題8、B【解析】由題意可知圓的圓心為，半徑為，圓的圓心為半徑為∵兩圓的圓心距∴∴兩圓相交，則共有2條公切線故選B9、B【解析】根據充分、必要條件的定義，結合角的概念，即可得答案.【詳解】若是第一象限角，則，無法得到一定屬于，充分性不成立，若，則一定第一象限角，必要性成立，所以“是第一象限角”是“”的必要不充分條件.故選：B10、D【解析】根據指數函數與對數函數的圖象判斷【詳解】因為，，是減函數，是增函數，只有D滿足故選：D二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】由題得幾何體為圓錐的，根據三視圖的數據計算體積即可【詳解】由三視圖可知幾何體為圓錐的，圓錐的底面半徑為2，母線長為4，∴圓錐的高為∴V=×π×22×=故答案為【點睛】本題主要考查了圓錐的三視圖和體積計算，屬于基礎題12、或其他【解析】找出一個同時具有三個性質的函數即可.【詳解】例如，是單調遞增函數，，滿足三個條件.故答案為：.（答案不唯一）13、【解析】根據題意依次按“勢”從小到大順序排列，得到答案.【詳解】根據題意，將全部的子集按“勢”從小到大順序排列為：，，，，，，，.故排在第6的子集為.故答案為：14、②③##③②【解析】畫出的圖象，即可判斷四個選項的正誤.【詳解】畫出函數的圖象，如圖所示，可以看出函數的圖象不是一條直線，故A錯誤；函數f(x)的值域為，故②正確；方程有無數個解，③正確；函數是分段函數，且函數不是R上的增函數，故④錯誤.故答案為：②③15、55【解析】用減去銷量為的概率，求得日銷售量不低于50件的概率.【詳解】用頻率估計概率知日銷售量不低于50件的概率為1－（0.015＋0.03）×10＝0.55.故答案為：【點睛】本小題主要考查根據頻率分布直方圖計算事件概率，屬于基礎題.16、3【解析】由題意利用同角三角函數的基本關系，求得要求式子的值【詳解】∵tanα=3，∴sinα?cosα=sin故答案為310【點睛】本題主要考查同角三角函數的基本關系，屬于基礎題三、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、⑴⑵.【解析】(1)取中點，連接、,是二面角的平面角,進而求出此角度數即可；(2)利用等積法或割補法求體積.試題解析：⑴取中點，連接、，，，，且平面，平面，是二面角平面角.在直角三角形中，在直角三角形中，是等邊三角形，⑵解法1：，又平面，平面平面，且平面平面在平面內作于，則平面，即是三棱錐的高.在等邊中，，三棱錐的體積.解法2：平面在等邊中，的面積，三棱錐的體積.18、（1）（2）【解析】（1）利用正弦定理可以得到，即可求出角的大??；（2）利用余弦定理并結合（1）中的結論，可以求出，代入三角形面積公式即可【詳解】（1）由于，結合正弦定理可得，由于，可得，即，因為，故.（2）由，，且，代入余弦定理，即，解得，則的面積.【點睛】本題考查了正弦定理和余弦定理的應用，屬于中檔題19、（1）在上單調遞減，證明見解析；（2）.【解析】（1）利用單調性定義：設并證明的大小關系即可.（2）由（1）及函數不等式恒成立可知：在已知區間上恒成立，即可求的取值范圍【詳解】（1）函數在區間上單調遞減，以下證明：設，∵，∴，，，∴，∴在區間上單調遞減；（2）由（2）可知在上單調減函數，∴當時，取得最小值，即，對任意時，都成立，只需成立，∴，解得：20、（1）（2）【解析】（1）根據表格提供的數據畫出函數圖象，求出、和、的值，寫出的解析式即可；（2）由函數的最小正周期求出的值，再利用換元法，令，結合函數的圖象求出方程恰有兩個不同的解時的取值范圍【詳解】解：(1)繪制函數圖象如圖所示：設的最小正周期為，得．由得又解得,令，即，，據此可得：，又，令可得所以函數的解析式為(2)因為函數的周期為，又，所以令，因為，所以在上有兩個不同的解，等價于函數與的圖象有兩個不同的交點，，所以方