河南省安陽市安陽縣一中2025屆數學高一上期末經典試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．已知角的終邊經過點，則的值為（）A.11 B.10C.12 D.132．已知函數，的最值情況為（）A.有最大值，但無最小值 B.有最小值，有最大值1C.有最小值1，有最大值 D.無最大值，也無最小值3．已知函數是定義在實數集上的不恒為零的偶函數，且對任意實數都有，則的值為A. B.C. D.4．已知，，，則a、b、c的大小關系為（）A. B.C. D.5．命題“，”的否定為（）A.， B.，C， D.，6．已知偶函數在上單調遞增，且，則滿足的x的取值范圍是（）A. B.C. D.7．設則（）A. B.C. D.8．設函數的定義域，函數的定義域為,則=A. B.C. D.9．已知函數的圖像關于直線對稱，且對任意，，有，則使得成立的x的取值范圍是（）A. B.C. D.10．已知，，是三個不同的平面，是一條直線，則下列說法正確的是（）A.若，，，則B.若，，則C.若，，則D.若，，，則二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．_____12．過正方體的頂點作直線，使與棱、、所成的角都相等，這樣的直線可以作_________條.13．已知球O的內接圓柱的軸截面是邊長為2的正方形，則球O的表面積為________.14．已知定義在上的奇函數滿足，且當時，，則__________.15．函數的最大值與最小值之和等于______16．如圖，已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一個點Q滿足PQ⊥QD，則a的值等于________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．設分別是的邊上的點，且，，，若記試用表示.18．記.（1）化簡;（2）若為第二象限角，且，求的值.19．已知函數，.（1）當時，解關于的方程；（2）當時，函數在有零點，求實數的取值范圍.20．已知函數（1）求證：用單調性定義證明函數是上的嚴格減函數；（2）已知“函數的圖像關于點對稱”的充要條件是“對于定義域內任何恒成立”.試用此結論判斷函數的圖像是否存在對稱中心，若存在，求出該對稱中心的坐標；若不存在，說明理由；（3）若對任意，都存在及實數，使得，求實數的最大值.21．已知集合，集合.（1）當時，求；（2）若，求實數的取值范圍.

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】由角的終邊經過點，根據三角函數定義，求出，帶入即可求解.【詳解】∵角的終邊經過點，∴，∴.故選：B【點睛】利用定義法求三角函數值要注意：(1)三角函數值的大小與點P（x,y）在終邊上的位置無關，嚴格代入定義式子就可以求出對應三角函數值；(2)當角的終邊在直線上時，或終邊上的點帶參數必要時，要對參數進行討論2、C【解析】利用二次函數的圖象與性質，得到二次函數的單調性，即可求解最值，得到答案.【詳解】由題意，函數，可得函數在區間上單調遞增，所以當時，函數取得最小值，最小值為，當時，函數取得最小值，最小值為，故選C.【點睛】本題主要考查了二次函數的性質及其應用，其中解答中熟練利用二次函數的性質求解是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題.3、A【解析】方法一：當且時，由，得，令，則是周期為的函數，所以，當時，由得，，又是偶函數，所以，所以，所以，所以．選A方法二：當時，由得，，即，同理，所以又當時，由,得，因為是偶函數，所以，所以．選A點睛：解決抽象函數問題的兩個注意點：（1）對于抽象函數的求函數值的問題，可選擇定義域內的恰當的值求解，即要善于用取特殊值的方法求解函數值（2）由于抽象函數的解析式未知，故在解題時要合理運用條件中所給出的性質解題，有時在解題需要作出相應的變形4、A【解析】利用指數函數、對數函數、三角函數的知識判斷出a、b、c的范圍即可.【詳解】因為，，所以故選：A5、B【解析】根據特稱命題的否定為全稱命題可得.【詳解】根據特稱命題的否定為全稱命題，可得命題“，”的否定為“，”故選：B.6、B【解析】由題得函數在上單調遞減，且，再根據函數的圖象得到，解不等式即得解.【詳解】因為偶函數在上單調遞增，且，所以在上單調遞減，且，因為，所以，所以.故選：B【點睛】本題主要考查函數的單調性和奇偶性的應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.7、A【解析】利用中間量隔開三個值即可.【詳解】∵，∴，又，∴，故選：A【點睛】本題考查實數大小的比較，考查指對函數的性質，屬于常考題型.8、B【解析】由題意知,,所以，故選B.點睛：集合是高考中必考知識點，一般考查集合的表示、集合的運算比較多．對于集合的表示，特別是描述法的理解，一定要注意集合中元素是什么，然后看清其滿足的性質，將其化簡；考查集合的運算，多考查交并補運算，注意利用數軸來運算，要特別注意端點的取值是否在集合中，避免出錯9、A【解析】解有關抽象函數的不等式考慮函數的單調性，根據已知可得在單調遞增，再由與的圖象關系結合已知，可得為偶函數，化為自變量關系，求解即可.【詳解】設，在增函數，函數的圖象是由的圖象向右平移2個單位得到，且函數的圖像關于直線對稱，所以的圖象關于軸對稱，即為偶函數，等價于，的取值范圍是.故選：A.【點睛】本題考查函數的單調性、奇偶性、解不等式問題，注意函數圖象間的平移變換，考查邏輯推理能力，屬于中檔題.10、A【解析】利用面面垂直的性質，線面的位置關系，面面的位置關系，結合幾何模型即可判斷.【詳解】對于A，在平面內取一點P，在平面內過P分別作平面與，與的交線的垂線a,b，則由面面垂直的性質定理可得，又，∴，由線面垂直的判定定理可得，故A正確；對于B，若，，則與位置關系不確定，可能與平行、相交或在內，故B錯誤；對于C，若，，則與相交或平行，故C錯誤；對于D，如圖平面，且，，，顯然與不垂直，故D錯誤.故選：A.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】利用三角函數公式化簡,即可求出結果.【詳解】，故答案為：.【點睛】本題主要考查運用三角函數公式化簡求值，倍角公式的應用，考查運算求解能力.12、【解析】將小正方體擴展成4個小正方體，根據直線夾角的定義即可判斷出符合條件的條數【詳解】解：設ABCD﹣A1B1C1D1邊長為1第一條：AC1是滿足條件的直線；第二條：延長C1D1到C1且D1C2＝1，AC2是滿足條件的直線；第三條：延長C1B1到C3且B1C3＝1，AC3是滿足條件的直線；第四條：延長C1A1到C4且C4A1，AC4是滿足條件的直線故答案為4【點睛】本題考查滿足條件的直線條數的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查空間想象能力，考查分類與整合思想，是基礎題13、【解析】根據內接圓柱的軸截面是邊長為2的正方形，確定球O的半徑，再由球的表面積公式即得。【詳解】由題得，圓柱底面直徑為2，球的半徑為R，球O的內接圓柱的軸截面是邊長為2的正方形，則圓柱的軸截面的對角線即為球的直徑，故，則球的表面積.故答案為：【點睛】本題考查空間幾何體，球的表面積，是常見的考題。14、##【解析】先求得是周期為的周期函數，然后結合周期性、奇偶性求得.【詳解】因為函數為上的奇函數，所以，故，函數是周期為4的周期函數.當時，，則.故答案為：15、0【解析】先判斷函數為奇函數，則最大值與最小值互為相反數【詳解】解：根據題意，設函數的最大值為M，最小值為N，又由，則函數為奇函數，則有，則有；故答案為0【點睛】本題考查函數奇偶性，利用奇函數的性質求解是解題關鍵16、2【解析】證明平面得到，故與以為直徑的圓相切，計算半徑得到答案.詳解】PA⊥平面ABCD，平面ABCD，故，PQ⊥QD，，故平面，平面，故，在BC上只有一個點Q滿足PQ⊥QD，即與以為直徑的圓相切，，故間的距離為半徑，即為1，故.故答案為：2三、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、；；.【解析】根據平面向量的線性運算，即可容易求得結果.【詳解】由題意可得，，，，，，所以.【點睛】本題考查利用基向量表示平面向量，涉及平面向量的線性運算，屬基礎題.18、（1）見解析；（2）.【解析】（1）直接利用誘導公式化簡即可；（2）由求出，代入即可求解.【詳解】（1）（2）因為為第二象限角，且，所以，所以.19、（1）；（2）【解析】（1）方程變成，令，化簡解關于的一元二次方程，從而求出的值.（2）將零點轉化為方程有實根，即時有解，令，，得：，從而得出取值范圍.【詳解】（1），令，則，解得，所以（2），時，設，，，對稱軸為，時，，.20、（1）見解析；（2）存在，為；（3）2.【解析】(1)先設，然后利用作差法比較與的大小即可判斷；假設函數的圖像存在對稱中心，(2)結合函數的對稱性及恒成立問題可建立關于，的方程，進而可求，；(3)由已知代入整理可得，的關系，然后結合恒成立可求的范圍，進而可求【小問1詳解】設，則，∴，∴函數是上的嚴格減函數；【小問2詳解】假設函數的圖像存在對稱中心，則恒成立，整理得恒成立，∴，解得，，故函數的對稱中心為；【小問3詳解】∵對任意,，都存在,及實數，使得