辽宁鞍山市第一中学2026届高一上数学期末质量跟踪监视试题含解析.doc

辽宁鞍山市第一中学2026届高一上数学期末质量跟踪监视试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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p：﹣2＜x＜2，q：﹣1＜x＜2，则p是q的（　　）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
2．已知函数，则的概率为
A. B.
C. D.
3．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的直角梯形，其中BC=AB=2，则原平面图形的面积为（）

A. B.
C. D.
4．已知A(3,1)，B(－1,2)，若∠ACB的平分线方程为y＝x＋1，则AC所在的直线方程为(　)
A.y＝2x＋4 B.y＝x－3
C.x－2y－1＝0 D.3x＋y＋1＝0
5．函数是奇函数，则的值为
A.0 B.1
C.-1 D.不存在
6．函数的单调递减区间为
A.， B.，
C.， D.，
7．设全集，集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
8．若集合，则（ ）
A. B.
C. D.
9．已知直线：和直线：互相垂直，则实数的值为（）
A.－1 B.1
C.0 D.2
10．若函数图象上所有点的横坐标向右平移个单位，纵坐标保持不变，得到的函数图象关于轴对称，则的最小值为（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．在直角中，三条边恰好为三个连续的自然数，以三个顶点为圆心的扇形的半径为1，若在中随机地选取个点，其中有个点正好在扇形里面，则用随机模拟的方法得到的圆周率的近似值为__________．（答案用，表示）
12．已知函数，则满足的的取值范围是___________.
13．已知角的终边经过点，则的值等于_____
14．对于定义在区间上的两个函数和，如果对任意的，均有不等式成立，则称函数与在上是“友好”的，否则称为“不友好”的
（1）若，，则与在区间上是否“友好”；
（2）现在有两个函数与，给定区间
①若与在区间上都有意义，求的取值范围；
②讨论函数与与在区间上是否“友好”
15．若，，且，则的最小值为__________
16．已知，且，则的最小值为____________.
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．如图，摩天轮的半径为，点距地面的高度为，摩天轮按逆时针方向作匀速转动，且每转一圈，摩天轮上点的起始位置在最高点.

（Ⅰ）试确定点距离地面的高度（单位：）关于转动时间（单位：）的函数关系式；
（Ⅱ）摩天轮转动一圈内，有多长时间点距离地面超过？
18．设全集为，或，.
（1）求，；
（2）求.
19．2009年某市某地段商业用地价格为每亩60万元，由于土地价格持续上涨，到2021年已经上涨到每亩120万元．现给出两种地价增长方式，其中是按直线上升的地价，是按对数增长的地价，t是2009年以来经过的年数，2009年对应的t值为0
（1）求，的解析式；
（2）2021年开始，国家出台“稳定土地价格”的相关调控政策，为此，该市要求2025年的地价相对于2021年上涨幅度控制在10%以内，请分析比较以上两种增长方式，确定出最合适的一种模型．（参考数据：）
20．如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，该四棱锥的正视图和侧视图均为腰长为6的等腰直角三角形.

（1）画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；
（2）求证：；
（3）求四棱锥外接球的直径.
21．某企业欲做一个介绍企业发展史的铭牌，铭牌的截面形状是如图所示的扇形环面由扇形挖去扇形后构成的已知米，米，线段、线段与弧、弧的长度之和为米，圆心角为弧度

（1）求关于的函数解析式；
（2）记铭牌的截面面积为，试问取何值时，的值最大？并求出最大值
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、B
【解析】将相互推导，根据能否推导的情况判断出充分、必要条件.
【详解】已知p：﹣2＜x＜2，q：﹣1＜x＜2；
∴q⇒p；但p推不出q，
∴p是q的必要非充分条件
故选：B
【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，属于基础题.
2、B
【解析】由对数的运算法则可得： ，
当 时，脱去 符号可得： ，解得： ，此时 ；
当 时，脱去 符号可得： ，解得： ，此时 ；
据此可得：概率空间中的7个数中，大于1的5个数满足题意，
由古典概型公式可得，满足题意的概率值： .
本题选择B选项.
3、C
【解析】先求出直观图中，∠ADC=45°，AB=BC=2，，DC=4，即可得到原图形是一个直角梯形和各个边长及高，直接求面积即可.
【详解】直观图中，∠ADC=45°，AB=BC=2，DC⊥BC，∴，DC=4，
∴原来的平面图形上底长为2，下底为4，高为的直角梯形，
∴该平面图形的面积为.
故选：C
4、C
【解析】设点A（3,1）关于直线的对称点为，则，解得，即，所以直线的方程为，联立解得，即 ,又，所以边AC所在的直线方程为，选C.
点睛：本题主要考查了直线方程的求法，属于中档题．解题时要结合实际情况，准确地进行求解
5、C
【解析】由题意得，函数是奇函数，则，即
，解得，故选C.
考点：函数的奇偶性的应用.
6、D
【解析】由题意得
选D.
【点睛】函数的性质
(1).
(2)周期
(3)由 求对称轴
(4)由求增区间;
由求减区间
7、B
【解析】先求出集合B，再根据交集补集定义即可求出.
【详解】，，
，.
故选：B.
8、C
【解析】根据交集定义即可求出.
【详解】因为，
所以.
故选：C.
9、B
【解析】利用两直线垂直的充要条件即得.
【详解】∵直线：和直线：互相垂直，
∴，即.
故选：B.
10、B
【解析】由题设可得，根据已知对称性及余弦函数的性质可得，即可求的最小值.
【详解】由题设，关于轴对称，
∴且，则，，又，
∴的最小值为.
故选：B.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】由题意得的三边分别为则由可得，所以，三角数三边分别为，因为，所以三个半径为的扇形面积之和为，由几何体概型概率计算公式可知，故答案为.
【方法点睛】本题题主要考查“面积型”的几何概型，属于中档题.解决几何概型问题常见类型有：长度型、角度型、面积型、体积型，求与面积有关的几何概型问题关鍵是计算问题的总面积以及事件的面积；几何概型问题还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：（1）不能正确判断事件是古典概型还是几何概型导致错误；（2）基本事件对应的区域测度把握不准导致错误；（3）利用几何概型的概率公式时,忽视验证事件是否等可能性导致错误.
12、
【解析】∵在x∈（0,+∞）上是减函数，f(1)=0，
∴0<3－x<1，解得2<x<3.
13、
【解析】因为角的终边经过点，过点P到原点的距离为，所以，所以 ，故填 .
14、（1）是；（2）①；②见解析
【解析】（1）按照定义，只需判断在区间上是否恒成立；
（2）①由题意解不等式组即可；②假设存在实数，使得与与在区间上是“友好”的，即，即，只需求出函数在区间上的最值，解不等式组即可.
【详解】（1）由已知，，因为时，
，所以恒成立，故
与在区间上是“友好”的.
（2）①与在区间上都有意义，
则必须满足，解得，又且，
所以的取值范围为.
②假设存在实数，使得与与在区间上是“友好”的，
则，即，
因为，则，，所以在的右侧，
又复合函数的单调性可得在区间上为减函数，
从而，，
所以，解得，
所以当时，与与在区间上是“友好”的；
当时，与与在区间上是“不友好”的.
【点睛】本题考查函数的新定义问题，主要涉及到不等式恒成立的问题，考查学生转化与化归的思想、数学运算求解能力，是一道有一定难度的题.
15、##
【解析】运用均值不等式中“1”的妙用即可求解.
【详解】解：因为，，且，
所以，当且仅当时等号成立，
故答案为：.
16、##2.5
【解析】将变形为，利用基本不等式求得答案.
【详解】由题意得：，
当且仅当时取得等号，
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）
【解析】（1）由图形知，以点O为原点，所在直线为y轴，过O且与垂直的向右的方向为x轴建立坐标系，得出点P的纵坐标，由起始位置得即可得出在时刻tmin时P点距离地面的高度的函数；
（2）由（1）中的函数，令函数值大于70解不等式即可得出P点距离地面超过70m的时间
【详解】（1）建立如图所示的平面直角坐标系，

设是以轴正半轴为始边，（表示点的起始位置）为终边的角，
由题点的起始位置在最高点知，，
又由题知在内转过的角为，即，
所以以轴正半轴为始边，为终边的角为，
即点纵坐标，
所以点距离地面的高度关于旋转时间的函数关系式是，
化简得.
（2）当时，解得，
又，所以符合题意的时间段为或，即在摩天轮转动一圈内，有 点距离地面超过.
【点睛】本题考查已知三角函数模型的应用问题，解答本题的关键是建立起符合条件的坐标系，得出相应的函数的模型，作出正确的示意图，然后再由三角形中的相关知识进行运算，解三角形的应用一般是求距离（长度问题，高度问题等），解题时要注意综合利用所学的知识与题设中的条件，求解三角形的边与角，本题属于中档题
18、（1）或，
（2）或
【解析】（1）根据集合的交集和并集的定义即可求解；
（2）先根据补集的定义求出，然后再由交集的定义即可求解.
【小问1详解】
解：因为或，，
所以或，；
【小问2详解】
解：因为全集为，或，，
所以或，
所以或.
19、（1），；，
（2）分析比较见解析；应该选择模型
【解析】（1）由，求得；由，求得；
（2）分别由，，，算出直线和对数增长的增长率与10%比较即可.
【小问1详解】
解：由题知：，，
所以，解得：，
所以，；
又，，
所以，
解得：，
所以，；
【小问2详解】
若按照模型，到2025年时，，，
直线上升的增长率为，不符合要求；
若按照模型，到2025年时，，
，
对数增长的增长率为，符合要求；
综上分析，应该选择模型
20、 (1)见解析；（2）见解析；（3）.
【解析】（1）该四棱锥的俯视图为边长为6cm的正方形（内含对角线），如图，即可得出面积
(2)设法证明面即可；
（3）由侧视图可求得即为四棱锥外接球的直径
试题解析：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)，
边长为6的正方形，如图，其面积为36.

(2)证明：因为底面，底面，
所以，由底面为正方形，所以,
，面，面，
所以面，面，所以
（3）由侧视图可求得
由正视图可知，所以在Rt△中，
.
所以四棱锥外接球直径为.
21、（1）.
（2）当时，取最大值.
【解析】（1）根据弧长公式和周长列方程得出关于的函数解析式；
（2）根据扇形面积公式求出关于的函数，从而得出的最大值.
【小问1详解】
解：根据题意，可算得弧，弧，
，；
【小问2详解】
解：依据题意，可知
,
当时，.
答：当米时铭牌的面积最大，且最大面积为平方米