新疆兵團第二師華山中學2025屆高一數學第一學期期末考試試題請考生注意：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．定義在上的函數，，若在區間上為增函數，則一定為正數的是A. B.C. D.2．已知函數f(x)=若f（f（0））=4a，則實數a等于A. B.C.2 D.93．已知H是球的直徑AB上一點，AH:HB=1:2，AB⊥平面，H為垂足，截球所得截面的面積為，則球的表面積為A. B.C. D.4．已知為所在平面內一點，，則（）A. B.C. D.5．在正內有一點，滿足等式，，則（）A. B.C. D.6．如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的表面積為A. B.C.90 D.817．命題“，使.”的否定形式是（）A.“，使” B.“，使”C.“，使” D.“，使”8．已知函數，若實數滿足，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.9．如圖，是水平放置的的直觀圖，其中，，分別與軸，軸平行，則（）A.2 B.C.4 D.10．給出下列命題：①函數為偶函數；②函數在上單調遞增；③函數在區間上單調遞減；④函數與的圖像關于直線對稱．其中正確命題的個數是（）A.1 B.2C.3 D.4二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數的零點依次為a，b，c，則＝________12．函數的零點個數為___13．已知扇形的弧長為2cm，圓心角為1rad，則扇形的面積為______.14．已知角的終邊經過點，則的值等于_____15．過點且在軸，軸上截距相等的直線的方程為___________.16．已知，函數，若函數有兩個零點，則實數k的取值范圍是________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．設集合，.（1）若，求；（2）若，求m的取值范圍；18．△ABC的兩頂點A（3，7），B（，5），若AC的中點在軸上，BC的中點在軸上（1）求點C的坐標；（2）求AC邊上中線BD的長及直線BD的斜率19．設函數（1）若，求的值（2）求函數在R上的最小值；（3）若方程在上有四個不相等的實數根，求a的取值范圍20．已知定義在上的函數是奇函數（1）求實數；（2）若不等式恒成立，求實數的取值范圍21．已知函數的部分圖象如圖所示．（1）求函數的解析式：（2）將函數的圖象上各點的橫坐標伸長為原來的2倍（縱坐標不變），再將得到的圖象向右平移個單位長度，得到函數的圖象，求在上的值域

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、A【解析】在區間上為增函數，即故選點睛：本題運用函數的單調性即計算出結果的符號問題，看似本題有點復雜，在解析式的給出時含有復合部分，只要運用函數的解析式求值，然后利用函數的單調性，做出減法運算即可判定出結果2、C【解析】，選C.點睛：(1)求分段函數的函數值，要先確定要求值的自變量屬于哪一段區間，然后代入該段的解析式求值，當出現的形式時，應從內到外依次求值.(2)求某條件下自變量的值，先假設所求的值在分段函數定義區間的各段上，然后求出相應自變量的值，切記代入檢驗，看所求的自變量的值是否滿足相應段自變量的取值范圍.3、D【解析】設球的半徑為，根據題意知由與球心距離為的平面截球所得的截面圓的面積是，我們易求出截面圓的半徑為1，根據球心距、截面圓半徑、球半徑構成直角三角形，滿足勾股定理，我們易求出該球的半徑，進而求出球的表面積【詳解】設球的半徑為，∵，∴平面與球心的距離為，∵截球所得截面的面積為，∴時，，故由得，∴，∴球的表面積，故選D【點睛】本題主要考查的知識點是球的表面積公式，若球的截面圓半徑為，球心距為，球半徑為，則球心距、截面圓半徑、球半徑構成直角三角形，滿足勾股定理，屬于中檔題.4、A【解析】根據平面向量的線性運算及平面向量基本定理即可得出答案.【詳解】解：因為為所在平面內一點，，所以.故選：A5、A【解析】過作交于，作交于，則，可得，在中由正弦定理可得答案.【詳解】過作交于，作交于，則，，在中，，，由正弦定理得.故選：A.6、B【解析】解：由已知中的三視圖可得：該幾何體是一個以俯視圖為底面的斜四棱柱，其底面面積為：3×6=18，前后側面的面積為：3×6×2=36，左右側面的面積為：，故棱柱的表面積為：故選B點睛：本題考查知識點是由三視圖，求體積和表面積，根據已知的三視圖，判斷幾何體的形狀是解答的關鍵，由三視圖判斷空間幾何體（包括多面體、旋轉體和組合體）的結構特征是高考中的熱點問題.7、D【解析】根據特稱命題的否定是全稱命題，即可得出命題的否定形式【詳解】因為特稱命題的否定是全稱命題，所以命題“，使”的否定形式為：，使故選：D8、D【解析】由題可得函數關于對稱，且在上單調遞增，在上單調遞減，進而可得，即得.【詳解】∵函數，定義域為，又，所以函數關于對稱，當時，單調遞增，故函數單調遞增，∴函數在上單調遞增，在上單調遞減，由可得，，解得，且.故選：D.9、D【解析】先確定是等腰直角三角形，求出，再確定原圖的形狀，進而求出.【詳解】由題意可知是等腰直角三角形，，其原圖形是，，，，則，故選：D.10、C【解析】①函數為偶函數，因為是正確的；②函數在上單調遞增，單調增是正確的；③函數是偶函數，在區間上單調遞增，故選項不正確；④函數與互為反函數，根據反函數的概念得到圖像關于對稱.是正確的.故答案為C.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】根據對稱性得出，再由得出答案.【詳解】因為函數與的圖象關于對稱，函數的圖象關于對稱，所以，又，所以.故答案為：12、2【解析】當x≤0時，令函數值為零解方程即可；當x＞0時，根據零點存在性定理判斷即可.【詳解】當x≤0時，，∵，故此時零點為；當x＞0時，在上單調遞增，當x＝1時，y＜0，當x＝2時，y＞0，故在(1,2)之間有唯一零點；綜上，函數y在R上共有2個零點.故答案為：2.13、2【解析】首先由扇形的弧長與圓心角求出扇形的半徑，再根據扇形的面積公式計算可得；【詳解】解：因為扇形的弧長為2cm，圓心角為1rad，所以扇形的半徑cm，所以扇形的面積；故答案為：14、【解析】因為角的終邊經過點，過點P到原點的距離為，所以，所以，故填.15、或【解析】當直線不過原點時設截距式方程；當直線過原點時設,分別將點代入即可【詳解】由題,當直線不過原點時設,則,所以,則直線方程為,即；當直線過原點時設,則,所以,則直線方程為,即,故答案為:或【點睛】本題考查求直線方程,考查截距式方程的應用,截距相同的直線問題,需注意過原點的情況16、【解析】由題意函數有兩個零點可得,得,令與，作出函數與的圖象如圖所示：由圖可知，函數有且只有兩個零點，則實數的取值范圍是.故答案為：.【點睛】本題考查分段函數的應用，函數零點的判斷等知識，解題時要靈活應用數形結合思想三、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）時，求出集合，，從而求出，由此能求出（2）由，，當時，，當時，，由此能求出取值范圍【詳解】解：（1）時，集合，∴，∴或（2）∵集合，，，∴，∴當時，，解得，當時，，解得綜上，的取值范圍是18、（1）（2），【解析】（1）由條件利用線段的中點公式求得點C的坐標；（2）求得線段AC的中點D的坐標，再利用兩點間的距離公式、斜率公式求得AC邊上的中線BD的長及直線BD的斜率試題解析：（1）設,考點：1.待定系數法求直線方程；2.中點坐標公式19、（1）（2）（3）【解析】（1）利用求得，由此求得.（2）利用換元法，對進行分類討論，結合二次函數的性質求得正確答案.（3）利用換元法，結合二次函數零點分布等知識來求得的取值范圍.【小問1詳解】因，所以即此時，由【小問2詳解】令，，則，對稱軸為①，即，②，即，③，即，綜上可知，.【小問3詳解】令，由題意可知，當時，有兩個不等實數解，所以原題可轉化為在內有兩個不等實數根所以有20、（1）1（2）【解析】（1）根據奇函數的性質，，求參數后，并驗證；（2）結合函數單調性和奇函數的性質，不等式變形得恒成立，再根據判別式求實數的取值范圍【小問1詳解】∵是定義域為的奇函數，∴，∴，則，滿足，所以成立.【小問2詳解】中，函數單調遞減，單調遞增，故在上單調遞增原不等式化為，∴即恒成立，∴，解得21、（1）；（2