四川省廣元天立國際學校2025屆數學高一上期末綜合測試試題考生請注意：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．若，，則一定有（）A. B.C. D.以上答案都不對2．設，，則“”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3．如圖是一個體積為10的空間幾何體的三視圖，則圖中的值為()A2 B.3C.4 D.54．已知正實數滿足，則的最小值是（）A B.C. D.5．已知函數，則是A.最小正周期為的奇函數 B.最小正周期為的偶函數C.最小正周期為的奇函數 D.最小正周期為的偶函數6．在正項等比數列中，若依次成等差數列，則的公比為A.2 B.C.3 D.7．在數學中，布勞威爾不動點定理是拓撲學里一個非常重要的不動點定理，它可應用到有限維空間，并構成一般不動點定理的基石，布勞威爾不動點定理得名于荷蘭數學家魯伊茲·布勞威爾(L.E.J.Brouwer)，簡單的講就是對于滿足一定條件的連續函數，存在點，使得，那么我們稱該函數為“不動點”函數，下列為“不動點”函數的是（）A. B.C. D.8．已知角終邊經過點，則的值分別為A. B.C. D.9．已知函數在上是減函數，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.10．如果函數在區間上單調遞減，則的取值范圍是（）A. B.C. D.以上選項均不對二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．在中，，BC邊上的高等于,則______________12．已知函數是偶函數，則實數的值是__________13．若，，且，則的最小值為________14．已知上的奇函數是增函數，若，則的取值范圍是________15．已知函數，分別是定義在R上的偶函數和奇函數，且滿足，則函數的解析式為____________________；若函數有唯一零點，則實數的值為____________________16．已知，點在直線上，且，則點的坐標為________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．如圖所示，正四棱錐中，為底面正方形的中心，側棱與底面所成的角的正切值為（1）若是的中點，求異面直線與所成角的正切值（2）在棱上是否存在一點，使側面，若存在，試確定點的位置；若不存在，說明理由18．已知函數的圖象時兩條相鄰對稱軸之間的距離為，將的圖象向右平移個單位后，所得函數的圖象關于y軸對稱.（1）求函數的解析式；（2）若，求值.19．設，函數在上單調遞減.（1）求；（2）若函數在區間上有且只有一個零點，求實數k的取值范圍.20．在平面直角坐標系中，為坐標原點，已知兩點、在軸的正半軸上，點在軸的正半軸上．若，（）求向量，夾角的正切值（）問點在什么位置時，向量，夾角最大？21．計算下列各式的值：（1），其中m，n均為正數，為自然對數的底數；（2），其中且

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、D【解析】對于ABC，舉例判斷，【詳解】對于AB，若，則，所以AB錯誤，對于C，若，則，所以C錯誤，故選：D2、D【解析】分別取特殊值驗證充分性和必要性不滿足，即可得到答案.【詳解】充分性：取，滿足“”，但是“”不成立，即充分性不滿足；必要性：取，滿足“”，但是“”不成立，即必要性不滿足；所以“”是“”的既不充分也不必要條件.故選：D3、A【解析】由已知可得：該幾何體是一個四棱錐和四棱柱的組合體，其中棱柱的體積為：3×2×1=6，棱錐的體積為：×3×2×x=2x則組合體的體積V=6+2x=10，解得：x=2，故選A點睛：思考三視圖還原空間幾何體首先應深刻理解三視圖之間的關系，遵循“長對正，高平齊，寬相等”的基本原則，其內涵為正視圖的高是幾何體的高，長是幾何體的長；俯視圖的長是幾何體的長，寬是幾何體的寬；側視圖的高是幾何體的高，寬是幾何體的寬.4、B【解析】根據題中條件，得到，展開后根據基本不等式，即可得出結果.【詳解】因為正實數滿足，所以，當且僅當，即時，等號成立.故選：B.【點睛】易錯點睛：利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各項必須為正數；（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構成和的二項之積轉化成定值；要求積的最大值，則必須把構成積的因式的和轉化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發生錯誤的地方.5、B【解析】先求得，再根據余弦函數的周期性、奇偶性，判斷各個選項是否正確，從而得出結論【詳解】∵，∴=，∵,且T=，∴是最小正周期為偶函數，故選B.【點睛】本題主要考查誘導公式，余弦函數的奇偶性、周期性，屬于基礎題6、A【解析】由等差中項的性質可得，又為等比數列，所以，化簡整理可求出q的值【詳解】由題意知，又為正項等比數列，所以，且，所以，所以或（舍），故選A【點睛】本題考查等差數列與等比數列的綜合應用，熟練掌握等差中項的性質，及等比數列的通項公式是解題的關鍵，屬基礎題7、C【解析】根據已知定義，將問題轉化為方程有解，然后逐項進行求解并判斷即可.【詳解】根據定義可知：若有不動點，則有解.A．令，所以，此時無解，故不是“不動點”函數；B．令，此時無解，，所以不是“不動點”函數；C．當時，令，所以或，所以“不動點”函數；D．令即，此時無解，所以不是“不動點”函數.故選：C.8、C【解析】，所以，，選C.9、C【解析】根據函數是上的減函數，則兩段函數都是減函數，并且在分界點處需滿足不等式，列不等式求實數的取值范圍.【詳解】由條件可知，函數在上是減函數，需滿足，解得：.故選：C10、A【解析】先求出二次函數的對稱軸，由區間，在對稱軸的左側，列出不等式解出的取值范圍【詳解】解：函數的對稱軸方程為：，函數在區間，上遞減，區間，在對稱軸的左側，，故選：A【點睛】本題考查二次函數圖象特征和單調性，以及不等式的解法，屬于基礎題二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、.【解析】設邊上的高為，則，求出，．再利用余弦定理求出.【詳解】設邊上的高為，則，所以，由余弦定理，知故答案為【點睛】本題主要考查余弦定理，意在考查學生對該知識的理解掌握水平，屬于基礎題.12、1【解析】函數是偶函數，，即，解得，故答案為.【方法點睛】本題主要考查函數的奇偶性，屬于中檔題.已知函數的奇偶性求參數，主要方法有兩個，一是利用：（1）奇函數由恒成立求解，（2）偶函數由恒成立求解；二是利用特殊值：奇函數一般由求解，偶函數一般由求解，用特殊法求解參數后，一定要注意驗證奇偶性13、4【解析】應用基本不等式“1”的代換求最小值即可，注意等號成立的條件.【詳解】由題設，知：當且僅當時等號成立.故答案為：4.14、【解析】先通過函數為奇函數將原式變形，進而根據函數為增函數求得答案.【詳解】因為函數為奇函數，所以，而函數在R上為增函數，則.故答案為：.15、(1).(2).或【解析】把方程中的換成，然后利用奇偶性可得另一方程，聯立可解得；令，可得為偶函數，從而可得關于對稱，由函數有唯一零點，可得，從而可求得的值【詳解】解：因為函數，分別是定義在上的偶函數和奇函數，所以，因為，①所以，即，②①②聯立，可解得令，則，所以為偶函數，所以關于對稱，因為有唯一的零點，所以的零點只能為，即，解得或故答案為：；或【點睛】關鍵點點睛：此題考查函數奇偶性的應用，考查函數的零點，解題的關鍵是令，可得為偶函數，從而可得關于對稱，由函數有唯一零點，可得，從而可求得的值，考查數學轉化思想和計算能力，屬于中檔題16、，【解析】設點,得出向量,代入坐標運算即得的坐標，得到關于的方程，從而可得結果.【詳解】設點,因為點在直線,且,,或,，即或,解得或;即點的坐標是，.【點睛】本題考查了平面向量線性運算的坐標表示以及平面向量的共線問題,意在考查對基礎知識的掌握與應用，是基礎題.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、（1）；（2）為四等分點（靠近點A）；答案見解析【解析】（1）取中點，連，，則可得為二面角的平面角，為側棱與底面所成的角，連接，則，從而可得或其補角為異面直線與所成的角，進而可求得答案；（2）延長交于，取中點，連、，由線面垂直的判定可得平面，則平面平面，再由線面垂直的判定可得平面，取的中點，可證得四邊形為平行四邊形，所以，從而可得側面【詳解】解：（1）取中點，連，，因為正四棱錐中，為底面正方形的中心，所以面，則為二面角的平面角，為側棱與底面所成的角，所以，連接，則，或其補角為異面直線與所成的角，因為，，，所以平面平面，所以，（2）延長交于，取中點，連、因為，，，故平面，因平面，故平面平面，又，，故為等邊三角形，所以，由平面，故，因為，所以平面，取的中點，，四邊形為平行四邊形，所以，平面即為AD的四等分點（靠近點A）18、（1）（2）【解析】（1）根據兩條相鄰對稱軸之間的距離可求得函數的周期，進而求得，根據平移之后函數圖象關于軸對稱，可得值，從而可得函數解析式；（2）將所求角用已知角來表示即可求得結果【小問1詳解】由題意可知，，即，所以，，將的圖象向右平移個單位得，因為的圖象關于軸對稱，所以，，所以，，因為，所以，所以；【小問2詳解】，所以，，，所以19、（1）；（2）.【解析】（1）分析得到關于的不等式，解不等式即得解；（2）等價于函數與函數的圖象在區間上有且只有一個交點，再對分類討論得解.【小問1詳解】解：因為，在上單調遞減，所以，解得.又，且，解得.綜上，.【小問2詳解】解：由（1）知，所以.由于函數在區間上有且只有一個零點，等價于函數與函數的圖象在區間上有且只有一個交點.①當即時，函數單調遞增，，于是有，解得；②當即時，函數先增后減有最大值，于是有即，解得.故k的取值范圍為.20、（1）見解析；（2）見解析.【解析】分析：（）設向量與軸的正半軸所成的角分別為，則向量所成的夾角為，由兩角差的正切公式可得向量夾角的正切值為；（）由（1）知，利用基本不等式即可的結果.詳解：（1）由題意知，A的坐標為A（0，6），B的坐標為B（0，4），C（x，0），x＞0設向量，與x軸的正半軸所成的角分別為α，β，則向量，所成的夾角為|β﹣α|=|α﹣β|，由三角函數的定義知：tanα=，tanβ=，由公式tan（α﹣β）=，得向量，的夾角的正切值等于tan（α﹣β）==，故所求向量，夾角的正切值為tan（α﹣β）=；（2）由（1）知tan（α﹣β）==≤=，所以tan（α﹣β）的最大值為時，夾角|α﹣β|的值也最大，當x=時，取得最大值成立，解得x=2，故點C在x的正半軸，距離原點為2，即點C的坐標為C（2，0）時，向量，夾角最大點睛：本題主要考查利用平面向