云南省重點中學2025屆高一數學第一學期期末經典模擬試題考生須知：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．已知直三棱柱的頂點都在球上，且，，，則此直三棱柱的外接球的表面積是（）A. B.C. D.2．直線和直線的距離是A. B.C. D.3．已知函數的圖像是連續(xù)的，根據如下對應值表：x1234567239-711-5-12-26函數在區(qū)間上的零點至少有（）A.5個 B.4個C.3個 D.2個4．如圖，在正方形ABCD中，E、F分別是BC、CD的中點，G是EF的中點，現(xiàn)在沿AE、AF及EF把這個正方形折成一個空間圖形，使B、C、D三點重合，重合后的點記為H，那么，在這個空間圖形中必有（）A.所在平面 B.

所在平面C.所在平面 D.所在平面5．已知命題，則p的否定為（）A. B.C. D.6．下列四個函數中，以π為最小正周期，且在區(qū)間上單調遞減的是（）A. B.C. D.7．若正實數，滿足，則的最小值為（）A. B.C. D.8．函數的大致圖像為（）A. B.C. D.9．已知函數若則的值為（）.A. B.或4C. D.或410．函數的單調遞減區(qū)間為A.， B.，C.， D.，二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若不等式在上恒成立，則實數a的取值范圍為____.12．如圖，在正方體中，、分別是、上靠近點的三等分點，則異面直線與所成角的大小是______.13．在空間直角坐標系中，點A到坐標原點距離為2，寫出點A的一個坐標：____________14．設函數的圖象關于y軸對稱,且其定義域為,則函數在上的值域為________.15．______16．某圓錐體的側面展開圖是半圓，當側面積是時，則該圓錐體的體積是_______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．已知長方體AC1中，棱AB＝BC＝3，棱BB1＝4，連接B1C，過B點作B1C的垂線交CC1于E，交B1C于F.（1）求證A1C⊥平面EBD；（2）求二面角B1—BE—A1的正切值.18．已知是同一平面內的三個向量，其中（1）若，且，求的坐標；（2）若，且與的夾角為，求的值19．在①函數的圖象關于原點對稱；②函數的圖象關于直線對稱；這兩個條件中任選一個，補充在下面問題中，并解答.已知函數，的圖象相鄰兩條對稱軸的距離為，（1）求函數的解析式；（2）求函數在上的取值范圍.20．已知角的頂點與原點重合，始邊與軸的非負半軸重合，它的終邊在直線上.（1）求的值；（2）求值21．已知函數的定義域為.（1）求；（2）設集合，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、C【解析】設點為外接圓的圓心，根據，得到是等邊三角形，求得外接圓的半徑r，再根據直三棱柱的頂點都在球上，由求得，直三棱柱的外接球的半徑即可.【詳解】如圖所示：設點為外接圓的圓心，因為，所以，又，所以等邊三角形，所以，又直三棱柱的頂點都在球上，所以外接球的半徑為，所以直三棱柱的外接球的表面積是，故選：C2、A【解析】因為直線即，故兩條平行直線和的距離故選A3、C【解析】利用零點存在性定理即可求解.【詳解】函數的圖像是連續(xù)的，；；，所以在、，之間一定有零點，即函數在區(qū)間上的零點至少有3個.故選：C4、B【解析】本題為折疊問題，分析折疊前與折疊后位置關系、幾何量的變與不變，可得HA、HE、HF三者相互垂直，根據線面垂直的判定定理，可判斷AH與平面HEF的垂直【詳解】根據折疊前、后AH⊥HE，AH⊥HF不變，∴AH⊥平面EFH，B正確；∵過A只有一條直線與平面EFH垂直，∴A不正確；∵AG⊥EF，EF⊥AH，∴EF⊥平面HAG，∴平面HAG⊥AEF，過H作直線垂直于平面AEF，一定在平面HAG內，∴C不正確；∵HG不垂直于AG，∴HG⊥平面AEF不正確，D不正確故選B【點睛】本題考查直線與平面垂直的判定，一般利用線線?線面?面面，垂直關系的相互轉化判斷5、D【解析】全稱命題的否定為存在命題，利用相關定義進行判斷即可【詳解】全稱命題的否定為存在命題，命題，則為.故選：D6、B【解析】先判斷各函數最小正周期，再確定各函數在區(qū)間上單調性，即可選擇判斷【詳解】對于A,最小正周期為2π,在區(qū)間上單調遞減，不合題意；對于B,最小正周期為π,在區(qū)間上單調遞減，符合題意；對于C,最小正周期為2π,在區(qū)間上單調遞減，不合題意；對于D,最小正周期為π,在區(qū)間上單調遞增，不合題意；故選：B.7、B【解析】由基本不等式有，令，將已知等式轉化為關于的一元二次不等式，解不等式即可得答案.【詳解】解：由題意，正實數滿足，則，令，可得，即，解得，或(舍去)，所以當且僅當時，取得最小值2，故選：B.8、D【解析】分析函數的定義域、奇偶性，以及的值，結合排除法可得出合適的選項.【詳解】對任意的，，則函數的定義域為，排除C選項；，，所以，函數為偶函數，排除B選項，因為，排除A選項.故選：D.9、B【解析】利用分段討論進行求解.【詳解】當時，，（舍）；當時，，或（舍）；當時，，；綜上可得或.故選：B.【點睛】本題主要考查分段函數的求值問題，側重考查分類討論的意識.10、D【解析】由題意得選D.【點睛】函數的性質(1).(2)周期(3)由求對稱軸(4)由求增區(qū)間;由求減區(qū)間二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】把不等式變形為，分和情況討論，數形結合求出答案.【詳解】解：變形為：，即在上恒成立令，若，此時在上單調遞減，，而當時，，顯然不合題意；當時，畫出兩個函數的圖象，要想滿足在上恒成立，只需，即，解得：綜上：實數a的取值范圍是.故答案為：12、【解析】連接，可得出，證明出四邊形為平行四邊形，可得，可得出異面直線與所成角為或其補角，分析的形狀，即可得出的大小，即可得出答案.【詳解】連接、、，，，在正方體中，，，，所以，四邊形為平行四邊形，，所以，異面直線與所成的角為.易知為等邊三角形，.故答案為：.【點睛】本題考查異面直線所成角的計算，一般利用平移直線法，選擇合適的三角形求解，考查計算能力，屬于中等題.13、（2，0，0）（答案不唯一）【解析】利用空間兩點間的距離求解.【詳解】解：設，因為點A到坐標原點的距離為2，所以，故答案為：（2，0，0）（答案不唯一）14、【解析】∵函數的圖象關于y軸對稱，且其定義域為∴，即，且為偶函數∴，即∴∴函數在上單調遞增∴，∴函數在上的值域為故答案為點睛：此題主要考查函數二次函數圖象對稱的性質以及二次函數的值域的求法，求解的關鍵是熟練掌握二次函數的性質，本題理解對稱性很關鍵15、【解析】由指數和對數運算法則直接計算即可.【詳解】.故答案為：.16、【解析】設圓錐的母線長為，底面半徑為，則，，，，所以圓錐的高為，體積為.考點：圓錐的側面展開圖與體積.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）證明見解析（2）【解析】（1）先證明平面，則，再證明平面，則，從而即可證明A1C⊥平面EBD；（2）由平面，又，則，進而可得是二面角平面角，在中，求出，即可在中求出，從而即可得答案.【小問1詳解】證明：平面，，又，，平面，，又平面，，且，，平面，，又，A1C⊥平面EBD；【小問2詳解】解：平面，又，是二面角的平面角，在中，，在中，，.18、（1）或（2）【解析】（1）由可設，再由可得答案（2）由數量積的定義可得，代入即可得答案【詳解】解：（1）由可設，∵，∴，∴，∴或（2）∵與的夾角為，∴，∴【點睛】本題考查向量的基本運算，屬于簡單題19、（1）；（2）.【解析】（1）先根據對稱性和周期公式求，選擇①，化簡，根據對稱性利用整理代入法求參數即可；條件②，直接根據對稱性，利用整理代入法求參數即可；（2）先利用輔助角公式，化簡函數，再由，得到，即得取值范圍.【詳解】解：函數的圖象相鄰兩條對稱軸的距離為，，即，，.(1)若補充條件①，函數的圖象關于原點對稱.即，，時，，函數的解析式為；若補充條件②，函數的圖象關于直線對稱，，，，，時，，函數的解析式為；(2)由(1)得，，，，，函數在上的取值范圍是.20、（1）或；（2）或；【解析】（1）在直線上任取一點，由已知角的終邊過點，利用誘導公式與三角函數定義即可求解，要注意分類討論m的正負.（2）先利用商的關系化簡原式為，結合第一問利用三角函數定義分別求得與，要注意分類討論m的正負.【詳解】（1）在直線上任取一點，由已知角的終邊過點，，，利用誘導公式與三角函數定義可得：，當時，；當時，（2）原式同理（1）利用三角函數定義可得：，當時，，，此時原式；當時，，，此時原式；【點睛】易錯點睛：本題考查三角函數化簡求值，解本題時要注意的事項：角的終邊在直線上，但未確定在象限，要分類討論，考查學生的轉化能力與運算解能力，屬于中檔題.21、（1）A（2）【解析】(1)由函數