2026届云南省寻甸县第五中学数学高一上期末监测模拟试题含解析.doc

2026届云南省寻甸县第五中学数学高一上期末监测模拟试题
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a>0，那么的最小值是（）
A. B.
C. D.
2．命题“，有”的否定是（）
A.，使 B.，有
C.，使 D.，使
3．三棱柱中，侧棱垂直于底面，底面三角形是正三角形，是的中点，则下列叙述正确的是

①与是异面直线；
②与异面直线，且
③面
④
A.② B.①③
C.①④ D.②④
4．已知函数对任意实数都满足，若，则
A.-1 B.0
C.1 D.2
5．命题A：命题B：(x＋2)·(x＋a)<0；若A是B的充分不必要条件，则a的取值范围是
A.(－∞，－4) B.[4，＋∞)
C.(4，＋∞) D.(－∞，－4]
6．设函数对任意的，都有，，且当时，，则（ ）
A. B.
C. D.
7．将函数的图象沿轴向左平移个单位后，得到一个偶函数的图象，则的一个可能取值为
A. B.
C. D.
8．已知且，函数，满足对任意实数，都有成立，则实数的取值范围是（　　）
A. B.
C. D.
9．已知定义域为的奇函数满足，若方程有唯一的实数解，则（）
A.2 B.4
C.8 D.16
10．若，，则的终边在（ ）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．若函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是__________
12．写出一个同时具有下列性质①②的函数______.（注：不是常数函数）
①；②.
13．若存在常数k和b，使得函数和对其公共定义域上的任意实数x都满足：和恒成立（或和恒成立），则称此直线为和的“隔离直线”．已知函数，，若函数和之间存在隔离直线，则实数b的取值范围是______
14．求值：2+=____________
15．已知函数(，且)的图象恒过定点，且点在幂函数的图象上，则__________.
16．已知，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．设
（1）分别求
（2）若，求实数的取值范围
18．已知函数
（1）求的值;
（2）若对任意的，都有求实数的取值范围.
19．已知，函数.
（1）求的定义域；
（2）若在上的最小值为，求的值.
20．函数.
（1）求，；
（2）求函数在上的最大值与最小值.
21．已知向量，不共线，，
（1）若，求k的值，并判断，是否同向；
（2）若，与夹角为，当为何值时，
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、D
【解析】利用基本不等式求解.
【详解】因为a>0，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
故选：D
2、D
【解析】全称命题的否定：将任意改存在并否定原结论，即可知正确选项.
【详解】由全称命题的否定为特称命题，
∴原命题的否定为.
故选：D
3、A
【解析】对于①，都在平面内，故错误；对于②，为在两个平行平面中且不平行的两条直线，底面三角形是正三角形，是中点，故与是异面直线，且，故正确；对于③，上底面是一个正三角形，不可能存在平面，故错误；对于④，所在的平面与平面相交，且与交线有公共点，故错误.
故选A
4、A
【解析】由题意首先确定函数的周期性，然后结合所给的关系式确定的值即可.
【详解】由可得，
据此可得：，即函数是周期为2的函数，
且，据此可知.
本题选择A选项.
【点睛】本题主要考查函数的周期性及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
5、A
【解析】记根据题意知，所以故选A
6、A
【解析】由和可得函数的周期，再利用周期可得答案.
【详解】由得，
所以，即，
所以的周期为4，，
由得，
所以
故选：A.
7、B
【解析】得到的偶函数解析式为，显然
【考点定位】本题考查三角函数的图象和性质，要注意三角函数两种变换的区别，选择合适的值通过诱导公式把转化为余弦函数是考查的最终目的.
8、D
【解析】根据单调性的定义可知函数在R上为增函数，即可得到，解出不等式组即可得到实数的取值范围
【详解】∵对任意实数，都有成立，
∴函数在R上为增函数，
∴，解得，∴实数的取值范围是
故选：D
9、B
【解析】由条件可得，为周期函数，且一个周期为6，设，则得到偶函数，由有唯一的实数解，得有唯一的零点，则，从而得到答案.
【详解】由得，即，
从而，所以为周期函数，且一个周期为6，
所以.
设，将的图象向右平移1个单位长度，
可得到函数的图象，
且为偶函数.由有唯一的实数解，得有唯一的零点，
从而偶函数有唯一的零点，且零点为，即，即，
解得，所以
故选：.
【点睛】关键点睛：本题考查函数的奇偶性和周期性的应用，解答本题的关键是由条件得到，得到为周期函数，设的图象，且为偶函数.由有唯一的实数解，得有唯一的零点，从而偶函数有唯一的零点，且零点为，属于中档题.
10、D
【解析】根据同角三角函数关系式,化简,结合三角函数在各象限的符号,即可判断的终边所在的象限.
【详解】根据同角三角函数关系式

而
所以
故的终边在第四象限
故选:D
【点睛】本题考查了根据三角函数符号判断角所在的象限,属于基础题.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】本题等价于在上单调递增，对称轴，
所以，得．即实数的取值范围是
点睛：本题考查复合函数的单调性问题．复合函数的单调性遵循“同增异减”的性质．所以本题的单调性问题就等价于在上单调递增，为开口向上的抛物线单调性判断，结合图象即可得到答案
12、
【解析】根据函数值以及函数的周期性进行列举即可
【详解】由知函数的周期是，
则满足条件，
，满足条件，
故答案为：（答案不唯一）
13、
【解析】由已知可得、恒成立，利用一元二次不等式的解法和基本不等式即可求得实数的取值范围.
【详解】因为函数和之间存在隔离直线，
所以当时，可得对任意的恒成立，
则，即，所以；
当时，对恒成立，即恒成立，
又当时，，当且仅当即时等号成立，
所以，
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
14、-3
【解析】利用对数、指数的性质和运算法则求解
【详解】解：（）lg（1）lg1
[（）3]2+（）0
2+1
＝﹣3
故答案为﹣3
【点睛】本题考查对数式、指数式的化简求值，是基础题，解题时要认真审题，注意对数、指数的性质、运算法则的合理运用
15、
【解析】先求出定点的坐标，再代入幂函数，即可求出解析式.
【详解】令可得，此时，
所以函数(，且)的图象恒过定点，
设幂函数，则，解得，
所以，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是利用指数函数的性质和图象的特点得出，设幂函数，代入即可求得，.
16、7
【解析】将两边平方，化简即可得结果.
【详解】因为，
所以,两边平方可得，
所以，故答案为7.
【点睛】本题主要考查指数的运算，意在考查对基础知识的掌握情况，属于简单题.

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）解不等式，直接计算集合的交集并集与补集；
（2）根据集合间的计算结果判断集合间关系，进而确定参数取值范围.
【小问1详解】
解：解不等式可得，，
所以，或，或；
【小问2详解】
解：由可得，且，
所以，解得，即.
18、（1）
（2）
【解析】（1）代入后，利用余弦的二倍角公式进行求解；（2）先化简得到，进而求出的最大值，求出实数的取值范围.
【小问1详解】

【小问2详解】

因为x∈，所以2x+∈，
所以当2x+=，即x=时，取得最大值.所以对任意x∈，等价于≤c.
故实数c的取值范围是.
19、（1） ； （2） .
【解析】（1）由题意，函数的解析式有意义，列出不等式组，即可求解函数的定义域；
（2）由题意，化简得，设，根据复合函数性质，分类讨论得到函数的单调性，得出函数最值的表达式，即可求解
【详解】（1）由题意，函数，
满足 ，解得，即函数的定义域为
（2）由，
设，则表示开口向下，对称轴的方程为，
所以在上为单调递增函数，在单调递减，
根据复合函数的单调性，可得
因为，函数在为单调递增函数，在单调递减，
所以，解得；
故实数的值为
【点睛】本题主要考查了对数函数的图象与性质的应用，以及与对数函数复合函数的最值问题，其中解答中熟记对数函数的图象与性质，合理分类讨论求解是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题
20、（1），
（2），
【解析】（1）首先利用两角和的正弦公式及辅助角公式将函数化简，再代入求值即可；
（2）由的取值范围求出的范围，再根据正弦函数的性质计算可得；
【小问1详解】
解：因为
所以

即，所以，
【小问2详解】
解：由（1）可知，
∵，∴，
∴，∴，
∴，令，即时取到最大值，，令，即时取到最小值.
21、（1）k=-1,反向；（2）k=1
【解析】由题得由此能求出，，与反向．由，得，由数量积运算求出
【详解】，，，
，即
又向量，不共线，，
解得，，即，
故与反向
，与夹角为，
 ，
又故，
即解得
故时，
【点睛】本题考查向量平行、向量垂直的性质等基础知识，熟记共线定理，准确计算是关键，是基础题