山西省大同市第一中学2026届数学高一第一学期期末调研试题含解析.doc

山西省大同市第一中学2026届数学高一第一学期期末调研试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．幂函数的图象过点，则（）
A. B.
C. D.
2．已知是锐角三角形，，，则
A. B.
C. D.与的大小不能确定
3．已知关于的方程的两个实数根分别是、，若，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
4．已知等比数列满足,,则（）
A. B.
C. D.
5．已知函数对任意都有，则等于
A.2或0 B.-2或0
C.0 D.-2或2
6．下列函数中，在上单调递增的是（ ）
A. B.
C. D.
7．已知函数,若关于的方程有四个不同的实数解，且，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
8．下列函数中，既是奇函数又在上有零点的是
A. B.
C D.
9．下列命题中正确的个数是（）
①两条直线，没有公共点，那么，是异面直线
②若直线上有无数个点不在平面内，则
③空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补
④若直线与平面平行，则直线与平面内的任意一条直线都没有公共点
A. B.
C. D.
10．已知函数，且，则
A.3 B.
C.9 D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知，且，则__
12．若偶函数在区间上单调递增，且，，则不等式的解集是___________.
13．记函数的值域为，在区间上随机取一个数，则的概率等于__________
14．已知函数的图象如图所示，则函数的解析式为__________.

15．若在内无零点，则的取值范围为___________.
16．写出一个同时具有下列性质的函数___________.
①是奇函数；
②在上为单调递减函数；
③.
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．已知函数，若区间上有最大值5，最小值2.
（1）求的值
（2）若，在上单调，求的取值范围.
18．计算下列各式的值：
（1），其中m，n均为正数，为自然对数的底数；
（2），其中且
19．已知函数是定义在上的增函数，且.
（1）求的值；
（2）若，解不等式.
20．已知图像关于轴对称
（1）求的值；
（2）若方程有且只有一个实根，求实数的取值范围
21．如图，某园林单位准备绿化一块直径为BC的半圆形空地，外的地方种草，的内接正方形PQRS为一水池，其余的地方种花.若，，设的面积为，正方形PQRS的面积为.

（1）用a，表示和；
（2）当a为定值，变化时，求的最小值，及此时的值.
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、C
【解析】将点代入中，求解的值可得，再求即可.
【详解】因为幂函数的图象过点，所以有：，即.
所以，故，
故选：C.
2、A
【解析】分析：利用作差法，根据“拆角”技巧，由三角函数的性质可得.
详解：将，
代入，，
可得，
，
由于是锐角三角形，
所以，
，
，，
所以，
，
综上，知．故选A
点睛：本题主要考查三角函数的性质，两角和与差的三角函数以及作差法比较大小，意在考查学生灵活运用所学知识解答问题的能力，属于中档题.解答本题的关键是运用好“拆角”技巧.
3、D
【解析】利用韦达定理结合对数的运算性质可求得的值，再由可求得实数的取值范围.
【详解】由题意，知，因为，所以.
又有两个实根、，所以，解得.
故选：D.
4、C
【解析】由题意可得,所以 ,故 ,选C.
考点：本题主要考查等比数列性质及基本运算.
5、D
【解析】分析：由条件可得，函数f（x）的图象关于直线x=对称，故f（）等于函数的最值，从而得出结论
详解：由题意可得，函数f（x）的图象关于直线x=对称，故f（）=±2，
故答案为±2
点睛：本题考查了函数f（x）=Asin（ωx+φ）的图象与性质的应用问题，是基础题目．一般 函数的对称轴为a， 函数的对称中心为（a,0）.
6、B
【解析】利用基本初等函数的单调性可得出合适的选项.
【详解】函数、、在上均为减函数，
函数在上为增函数.
故选：B.
7、D
【解析】画出函数的图象，根据对称性和对数函数的图象和性质即可求出
【详解】
可画函数图象如下所示

若关于的方程有四个不同的实数解，且，
当时解得或

，关于直线对称，则，

令函数，则函数在上单调递增，
故当时
故当时
所以
即
故选：
【点睛】本题考查函数方程思想，对数函数的性质，数形结合是解答本题的关键，属于难题.
8、D
【解析】选项中的函数均为奇函数，其中函数与函数在上没有零点，所以选项不合题意，中函数 为偶函数，不合题意； 中函数的一个零点为，符合题意，故选D.
9、C
【解析】①由两直线的位置关系判断；②由直线与平面的位置关系判断；③由空间角定理判断；④由直线与平面平行的定义判断.
【详解】①两条直线，没有公共点，那么，平行或异面直线，故错误；
②若直线上有无数个点不在平面内，则或相交，故错误；
③由空间角定理知，正确；
④由直线与平面平行的定义知，正确；
故选：C
10、C
【解析】利用函数的奇偶性以及已知条件转化求解即可
【详解】函数g（x）＝ax3+btanx是奇函数，且,
因为函数f（x）＝ax3+btanx+6（a，b∈R），且，可得＝﹣3，
则＝﹣g（）+6＝3+6＝9
故选C
【点睛】本题考查函数的奇偶性的应用，函数值的求法，考查计算能力．已知函数解析式求函数值，可以直接将变量直接代入解析式从而得到函数值，直接代入较为繁琐的题目，可以考虑函数的奇偶性的应用，利用部分具有奇偶性的特点进行求解，就如这个题目.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】利用二倍角公式可得，再由同角三角函数的基本关系即可求解.
【详解】解：因为，
整理可得，
解得，或2（舍去），
由于，
可得，，
所以，
故答案为：
12、
【解析】根据题意，结合函数的性质，分析可得在区间上的性质，即可得答案.
【详解】因为偶函数在区间上单调递增，且，，
所以在区间上单调上单调递减，且，
所以的解集为.
故答案为：
13、
【解析】因为；
所以的概率等于
点睛：
(1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解
(2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域
（3）几何概型有两个特点：一是无限性，二是等可能性．基本事件可以抽象为点，尽管这些点是无限的，但它们所占据的区域都是有限的，因此可用“比例解法”求解几何概型的概率
14、
【解析】根据最大值得，再由图像得周期，从而得，根据时，取得最大值，利用整体法代入列式求解，再结合的取值范围可得.
【详解】根据图像的最大值可知，，由，可得，所以，再由得，，所以，因为，所以，故函数的解析式为.
故答案为：.
15、
【解析】求出函数的零点，根据函数在内无零点，列出满足条件的不等式，从而求的取值范围.
【详解】因为函数在内无零点，
所以，所以；
由，得，
所以或，
由，得；由，得；由，得，
因为函数在内无零点，
所以或或，
又因为，所以取值范围为.
故答案为：.
16、（答案不唯一，符合条件即可）
【解析】根据三个性质结合图象可写出一个符合条件的函数解析式
【详解】是奇函数，指数函数与对数函数不具有奇偶性，幂函数具有奇偶性，
又在上为单调递减函数，同时，
故可选，且为奇数，
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）或；（2）.
【解析】（1）分和两种情况讨论，根据单调性的不同分别代入求值即可；
（2）易知也为二次函数，若要在区间上单调，则对称轴在区间外即可.
【详解】（1）由可得二次函数的对称轴为，
①当时，在上为增函数，
可得，所以，
当时，在上为减函数，
可得，解得；
（2）
即，
在上单调，
或即或，
故的取值范围为.
18、（1）
（2）
【解析】（1）根据分数指数幂的运算法则计算可得；
（2）根据对数的性质、换底公式及对数的运算法则计算可得；
【小问1详解】
解：

【小问2详解】
解：

19、（1）0（2）
【解析】（1）直接利用赋值法，令即可得结果；
（2）利用已知条件将不等式化为，结合单调性可得结果.
【小问1详解】
令
则有.
【小问2详解】
∵
∴，则可化为
，即
则，∵在上单调递增
∴，解得.
即不等式的解集为.
20、（1）；（2）或.
【解析】（1）根据为偶函数，将等式化简整理即可得到的值；
（2）首先将方程化简为:，进而可得，令，则关于的方程只有一个正实数根，先考虑的情形是否符合，然后针对二次方程的根的分布分该方程有一正一负根、有两个相等的正根进行讨论求解，并保证即可，最后根据各种情况讨论的结果写出的取值范围的并集即可.
【详解】(1)因为为偶函数，所以
即，∴
∴，∴
(2)依题意知:
∴由得

令，则①变为，只需关于的方程只有一个正根即可满足题意
(1)，不合题意
(2)①式有一正一负根，则经验证满足，
(3)若①式有两相等正根，则，此时
若，则，此时方程无正根
故舍去
若，则，且
因此符合要求
综上得:或.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是根据对数的运算性质得到有一个根，通过换元得到的方程只有一个正实数根，进而可根据分类讨论思想，结合二次方程根分布的知识求解即可.
21、（1）；（2）当时，的值最小，最小值为
【解析】（1）利用已知条件，根据锐角三角形中正余弦的利用，即可表示出和；
（2）根据题意，将表示为的函数，利用倍角公式对函数进行转化，利用换元法，借助对勾函数的单调性，从而求得最小值.
【详解】（1）在中，，
所以；
设正方形的边长为x，则，，
由，得，
解得；
所以；
（2）

，
令，因为，
所以，则，
所以；
设，
根据对勾函数的单调性可知，在上单调递减，
因此当时，有最小值，
此时，解得；
所以当时，的值最小，最小值为.
【点睛】本题考查倍角公式的使用，三角函数在锐角三角形中的应用，以及利用对勾函数的单调性求函数的最值，涉及换元法，属综合性中档题.