广东省广州市增城区第一中学2026届数学高一第一学期期末达标检测试题含解析.doc

广东省广州市增城区第一中学2026届数学高一第一学期期末达标检测试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1．已知，则的最小值为（ ）
A.2 B.3
C.4 D.5
2．把函数y=cos2x+1的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），然后向左平移1个单位长度，再向下平移 1个单位长度，得到的图象是（　　）
A. B.
C. D.
3．将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象.若x=0是函数的一个零点，则的最小值是（）
A. B.
C. D.
4．下列函数中，最小正周期是且是奇函数的是（）
A. B.
C. D.
5．设，，，则
A. B.
C. D.
6．函数的单调递减区间为　　
A. B.
C. D.
7．已知a＝log23＋log2，b＝log29－log2，c＝log32，则a，b，c的大小关系是（）
A.a＝b<c B.a＝b>c
C.a<b<c D.a>b>c
8．若xlog34=1，则4x+4–x=
A.1 B.2
C. D.
9．将函数的周期扩大到原来的2倍，再将函数图象左移，得到图象对应解析式是（ ）
A. B.
C. D.
10．设函数的定义域为，若存在，使得成立，则称是函数的一个不动点，下列函数存在不动点的是（ ）
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．定义域为的奇函数，当时，，则关于的方程所有根之和为，则实数的值为________
12．如图所示，正方体的棱长为1，B′C∩BC′＝O，则AO与A′C′所成角的度数为________.

13．__________
14．已知函数的部分图像如图所示，则_______________.

15．某同学在研究函数时，给出下列结论：①对任意成立；②函数的值域是；③若，则一定有；④函数在上有三个零点．则正确结论的序号是_______.
16．已知定义在区间上的奇函数满足：，且当时，，则____________.
三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．如图所示，正四棱锥中，为底面正方形的中心，侧棱与底面所成的角的正切值为

（1）若是的中点，求异面直线与所成角的正切值
（2）在棱上是否存在一点，使侧面，若存在，试确定点的位置；若不存在，说明理由
18．直线过定点，交、正半轴于、两点，其中为坐标原点.
（Ⅰ）当的倾斜角为时，斜边的中点为，求；
（Ⅱ）记直线在、轴上的截距分别为，其中，求的最小值.
19．设为平面直角坐标系中的四点，且，，
（1）若，求点的坐标及；
（2）设向量，，若与平行，求实数的值
20．已知幂函数的图象经过点
（1）求的解析式；
（2）设，
（i）利用定义证明函数在区间上单调递增
（ii）若在上恒成立，求t的取值范围
21．已知函数是定义在上的奇函数，且.
（1）求实数m，n的值；
（2）用定义证明在上是增函数；
（3）解关于t的不等式.
参考答案

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1、A
【解析】由可得，将整理为，再利用基本不等式即可求解.
【详解】因为，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为.
故选：A
2、A
【解析】由题意, 的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵
坐标不变),即解析式为,向左平移一个单位为,向下平移一
个单位为,利用特殊点变为,选A.
点睛：三角函数的图象变换，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也常出现在题目中，所以也必须熟练掌握.无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母而言.函数是奇函数；函数是偶函数；函数是奇函数；函数是偶函数.
3、C
【解析】根据正弦型函数图象变换的性质，结合零点的定义和正弦型函数的性质进行求解即可.
【详解】因为函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，所以函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，所以，
因为x=0是函数的一个零点，
所以，即，
所以，因此有，或，
解得：，或，因为，
当时，因为，所以的最小值是，
当时，因为，所以的最小值是，
综上所述的最小值是，
故选：C
4、A
【解析】根据三角函数的周期性和奇偶性对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】A选项，的最小正周期是，且是奇函数，A正确.
B选项，的最小正周期是，且是奇函数，B错误.
C选项，的最小正周期为，且是奇函数，C错误.
D选项，的最小正周期是，且是偶函数，D错误.
故选：A
5、B
【解析】本题首先可以通过函数的性质判断出和的大小，然后通过对数函数的性质判断出与的大小关系，最后即可得出结果
【详解】因为函数是增函数，，，
所以，
因为，
所以，故选B
【点睛】本题主要考查了指数与对数的相关性质，考查了运算能力，考查函数思想，体现了基础性与应用性，考查推理能力，是简单题
6、A
【解析】根据所给的二次函数的二次项系数大于零，得到二次函数的图象是一个开口向上的抛物线，根据对称轴，考查二次函数的变化区间，得到结果
【详解】解：函数的二次项的系数大于零，
抛物线的开口向上，
二次函数的对称轴是，
函数的单调递减区间是
故选A
【点睛】本题考查二次函数的性质，属于基础题
7、B
【解析】利用对数的运算性质求出a、b、c的范围，即可得到正确答案.
【详解】因为a＝log23＋log2＝log2＝log23>1，b＝log29－log2＝log2＝a，c＝log32<log33＝1，所以a＝b>c.
故选：B
8、D
【解析】条件可化为x=log43，运用对数恒等式，即可
【详解】∵xlog34=1，∴x=log43，∴4x=3，∴4x+4–x=3+．故选D
【点睛】本题考查对数性质的简单应用，属于基础题目
9、D
【解析】直接利用函数图象的与平移变换求出函数图象对应解析式
【详解】解：将函数y＝5sin（﹣3x）的周期扩大为原来的2倍，
得到函数y＝5sin（x），再将函数图象左移，
得到函数y＝5sin[（x）]＝5sin（）＝5sin（）
故选D
【点睛】本题考查函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换，属于基础题.
10、D
【解析】把选项中不同的代入，去判断方程是否有解，来验证函数是否存在不动点即可.
【详解】选项A：若，则，即，方程无解.故函数不存在不动点；
选项B：若，则，即，方程无解.故函数不存在不动点；
选项C：若，则，即或，两种情况均无解.故函数不存在不动点；
选项D：若，则，即
设，则，
则函数在上存在零点.即方程有解.函数存在不动点.
故选：D

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】由题意，作函数y=f（x）与y=a的图象如下，

结合图象，
设函数F（x）=f（x）﹣a（0＜a＜1）的零点分别为
x1，x2，x3，x4，x5，
则x1+x2=﹣6，x4+x5=6，
﹣log0.5（﹣x3+1）=a，
x3=1﹣2a，
故x1+x2+x3+x4+x5=﹣6+6+1﹣2a=1﹣2a，
∵关于x的方程f（x）﹣a=0（0＜a＜1）所有根之和为1﹣，
∴a=
故答案为.
点睛：函数的零点或方程的根的问题，一般以含参数的三次式、分式、以e为底的指数式或对数式及三角函数式结构的函数零点或方程根的形式出现，一般有下列两种考查形式：
(1)确定函数零点、图象交点及方程根的个数问题；
(2)应用函数零点、图象交点及方程解的存在情况，求参数的值或取值范围问题
研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最值、函数的变化趋势等，根据题目要求，通过数形结合的思想去分析问题，可以使得问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．同时在解题过程中要注意转化与化归、函数与方程、分类讨论思想的应用
12、30°
【解析】∵A′C′∥AC，∴AO与A′C′所成的角就是∠OAC(或其补角).
∵OC⊂平面BB′C′C，AB⊥平面BB′C′C，
∴OC⊥AB.又OC⊥OB，AB∩BO＝B，
∴OC⊥平面ABO.又AO⊂平面ABO，
∴OC⊥OA.在Rt△AOC中，，∴∠OAC＝30°.
即AO与A′C′所成角度数为30°.
点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：
①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
③计算：求该角的值，常利用解三角形；
④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角
13、2
【解析】

考点：对数与指数的运算性质
14、
【解析】首先确定函数的解析式，然后求解的值即可.
【详解】由题意可得：，
当时，，
令可得：，
据此有：.
故答案为：.
【点睛】已知f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：
(1)由ω＝即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ.
(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.
15、①②③
【解析】由奇偶性判断①，结合①对，，三种情况讨论求值域，判断②，由单调性判断③，由③可知的图像与函数的图像只有两个交点，进而判断④，从而得出答案
【详解】①，即，故正确；
②当时，，由①可知当时，，当时，，所以函数的值域是，正确；
③当时，，由反比例函数的单调性可知，在上是增函数，由①可知在上也是增函数，所以若，则一定有，正确；
④由③可知的图像与函数的图像只有两个交点，故错误
综上正确结论的序号是①②③
【点睛】本题考查函数的基本性质，包括奇偶性，单调性，值域等，属于一般题
16、
【解析】由函数已知的奇偶性可得、，再由对称性进而可得周期性得解.
【详解】因为在区间上是奇函数，
所以，，
，得，
因为，，
所以的周期为.
.
故答案为：.

三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）；（2）为四等分点（靠近点A）；答案见解析
【解析】（1）取中点，连，，则可得为二面角的平面角，为侧棱与底面所成的角，连接，则，从而可得或其补角 为异面直线与所成的角，进而可求得答案；
（2）延长交于，取中点，连、，由线面垂直的判定可得平面，则平面平面，再由线面垂直的判定可得平面，取的中点，可证得四边形为平行四边形，所以，从而可得侧面
【详解】解：（1）取中点，连，，
因为正四棱锥中，为底面正方形的中心，所以面，
则为二面角的平面角，为侧棱与底面所成的角，
所以，
连接，则，或其补角为异面直线与所成的角，
因为，，，所以平面
平面，所以
，

（2）延长交于，取中点，连、
因为，，，
故平面，
因平面，
故平面平面，
又，，故为等边三角形，
所以，由平面，故，
因为，所以平面，
取的中点，
，
四边形为平行四边形，
所以，
平面
即为AD的四等分点（靠近点A）
18、 (Ⅰ)；(Ⅱ)9.
【解析】(Ⅰ)首先求得直线方程与坐标轴的交点，然后求解的值即可；
(Ⅱ)由题意结合截距式方程和均值不等式的结论求解的最小值即可.
【详解】（Ⅰ），令令，
.
（Ⅱ）设，则，
，
当时，的最小值.
【点睛】在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误
19、（1），；（2）
【解析】（1）设，写出的坐标，利用列式求解点的坐标，再写出的坐标；（2）用坐标表示出与，再根据平行条件的坐标公式列式求解.
【详解】（1）设，因为，，，所以，得，则；
（2）由题意，，，所以，，因为与平行，所以，解得.
20、（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】（1）设，然后代点求解即可；
（2）利用定义证明函数在区间上单调递增即可，然后可得在上，，然后可求出t的取值范围
【小问1详解】
设，
则，得，
所以
【小问2详解】
（i）由（1）得
任取，，且，
则

因为，所以，，所以，即
所以函数在上单调递增
（ii）由（i）知在单调递增，
所以在上，
因为在上恒成立，所以，
解得
21、（1），；
（2）证明见解析；（3）.
【解析】（1）根据和列式计算即可；
（2）根据单调性的定义，设，计算，判断其符号即可；
（3）利用函数奇偶性得，再根据单调性去掉，可得不等式，解不等式即可.
【小问1详解】
为奇函数，
恒成立，
即，
，
，即

即，；
【小问2详解】
由（1）得，
设
则

即在上是增函数；
【小问3详解】
因为是定义在上的奇函数
由得
又在上是增函数，
，
解得.
即不等式解集为