2025屆懷化市重點中學數學高一上期末達標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1．一個扇形的面積是，它的半徑是，則該扇形圓心角的弧度數是A. B.1C.2 D.2．如圖所示，是頂角為的等腰三角形，且，則A. B.C. D.3．若，且則與的夾角為（）A. B.C. D.4．設是兩個不同的平面，是直線且，，若使成立，則需增加條件（）A.是直線且， B.是異面直線，C.是相交直線且， D.是平行直線且，5．已知，則“”是“”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件6．下列各組函數表示同一函數的是（）A.， B.，C.， D.，7．已知全集U＝{0，1，2}且＝{2}，則集合A的真子集共有A.3個 B.4個C.5個 D.6個8．已知是偶函數，且在上是減函數，又，則的解集為（）A. B.C. D.9．已知且點在的延長線上，，則的坐標為（）A. B.C. D.10．下列函數是冪函數的是（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．在內不等式的解集為__________12．已知一組數據，，…，的平均數，方差，則另外一組數據，，…，的平均數為______，方差為______13．若函數在上單調遞減，則實數a的取值范圍為___________.14．已知函數，若函數恰有三個不同的零點，則實數k的取值范圍是_____________15．若函數在上單調遞增，則的取值范圍是__________16．若關于x的不等式對一切實數x恒成立，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．已知是方程的兩根，且.求：及的值.18．已知，．若，求的取值范圍.19．如圖，在三棱錐P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，CA＝CB，點D，E分別為AB，AC的中點．求證：（1）DE∥平面PBC；（2）CD⊥平面PAB20．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．已知集合，或，.（1）求，；（2）求.

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】由題意首先求得弧長，然后求解圓心角的弧度數即可.【詳解】設扇形的弧長為，由題意可得：,則該扇形圓心角的弧度數是.本題選擇C選項.【點睛】本題主要考查扇形面積公式，弧度數的定義等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.2、C【解析】【詳解】∵是頂角為的等腰三角形，且∴∴故選C3、C【解析】因為，設與的夾角為，，則，故選C考點：數量積表示兩個向量的夾角4、C【解析】要使成立，需要其中一個面的兩條相交直線與另一個面平行，是相交直線且，，，，由平面和平面平行的判定定理可得.故選C.5、C【解析】利用不等式的性質和充要條件的判定條件進行判定即可.【詳解】因為，，所以成立；又，，所以成立；所以當時，“”是“”的充分必要條件.故選：C.6、A【解析】根據相同函數的定義，分別判斷各個選項函數的定義域和對應關系是否都相同，即可得出答案.【詳解】解：對于A，兩個函數的定義域都是，，對應關系完全一致，所以兩函數是相同函數，故A符合題意；對于B，函數的定義域為，函數的定義域為，故兩函數不是相同函數，故B不符題意；對于C，函數的定義域為，函數的定義域為，故兩函數不是相同函數，故C不符題意；對于D，函數的定義域為，函數的定義域為，故兩函數不是相同函數，故D不符題意.故選：A.7、A【解析】,所以集合A的真子集的個數為個，故選A.考點：子集8、B【解析】根據題意推得函數在上是增函數，結合，確定函數值的正負情況，進而求得答案.【詳解】是偶函數，且在上是減函數，又，則，且在上是增函數，故時，，時，，故的解集是，故選：B.9、D【解析】設出點的坐標，根據列式，根據向量的坐標運算，求得點的坐標.【詳解】設，依題意得，即，故，解得，所以.故選D.【點睛】本小題主要考查平面向量共線的坐標運算，考查運算求解能力，屬于基礎題.10、C【解析】由冪函數定義可直接得到結果.【詳解】形如的函數為冪函數，則為冪函數.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】利用余弦函數的性質即可得到結果.【詳解】∵，∴，根據余弦曲線可得，∴.故答案為：12、①.11②.54【解析】由平均數與方差的性質即可求解.【詳解】解：由題意，數據，，…，的平均數為，方差為故答案：11，54.13、【解析】利用復合函數的單調性，即可得到答案；【詳解】在定義域內始終單調遞減，原函數要單調遞減時，，，，故答案為：14、【解析】根據函數解析式畫出函數圖象，則函數的零點個數，轉化為函數與有三個交點，結合函數圖象判斷即可；【詳解】解：因為，函數圖象如下所示：依題意函數恰有三個不同的零點，即函數與有三個交點，結合函數圖象可得，即；故答案為：15、【解析】由題意根據函數在區間上為增函數及分段函數的特征，可求得的取值范圍【詳解】∵函數在上單調遞增，∴函數在區間上為增函數，∴，解得，∴實數的取值范圍是故答案為【點睛】解答此類問題時要注意兩點：一是根據函數在上單調遞增得到在定義域的每一個區間上函數都要遞增；二是要注意在分界點處的函數值的大小，這一點容易忽視，屬于中檔題16、【解析】根據一元二次不等式與二次函數的關系，可知只需判別式，利用所得不等式求得結果.【詳解】不等式對一切實數x恒成立，，解得：故答案為：.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，.【解析】由韋達定理結合兩角和差的正切公式可得.結合所給的角的范圍可知則.試題解析：為方程的兩根，，..點睛：三角函數式的化簡、求值問題的常用技巧：①尋求角與角之間的關系，化非特殊角為特殊角；②正確靈活地運用公式，通過三角變換消去或約去一些非特殊角的三角函數值；③一些常規技巧：“1”的代換、和積互化等常用方法：異名三角函數化為同名三角函數，異角化為同角，異次化為同次，切化弦，特殊值與特殊角的三角函數互化18、.【解析】利用對函數數的性質化簡，利用一元二次不等式的解法，討論，，三種情況，分別分析集合，再結合，解得的取值范圍【詳解】由，得，解得，即，由，得，當時，是空集，不滿足，不符合題意，舍去；當時，，不滿足，不符合題意，舍去；當時，解得，因為，所以的取值范圍是.19、（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】(1)由點D、E分別為AB、AC中點得知DE∥BC,由此證得DE∥平面PBC;(2)要證CD⊥平面PAB,只需證明垂直平面內的兩條相交直線與即可.【詳解】（1）因為點D、E分別為AB、AC中點，所以DE∥BC又因為DE?平面PBC，BC?平面PBC，所以DE∥平面PBC（2）因為CA＝CB，點D為AB中點，所以CD⊥AB因為PA⊥平面ABC，CD?平面ABC，所以PA⊥CD又因為PA∩AB＝A，所以CD⊥平面PAB【點睛】本題考查線面平行的證明,線面垂直的證明,屬于基礎題.垂直、平行關系證明中應用轉化與化歸思想的常見類型(1)證明線面、面面平行,需轉化為證明線線平行;(2)證明線面垂直,需轉化為證明線線垂直;(3)證明線線垂直,需轉化為證明線面垂直.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∵