广东省广州市增城区郑中均中学2026届数学高一第一学期期末监测模拟试题含解析.doc

广东省广州市增城区郑中均中学2026届数学高一第一学期期末监测模拟试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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．已知命题：，，那么命题为（）
A.， B.，
C.， D.，
2．已知函数，函数有四个不同的的零点，，，，且，则（）
A.a的取值范围是(0,) B.的取值范围是(0,1)
C. D.
3．如图，AB是⊙O直径，C是圆周上不同于A、B的任意一点，PA与平面ABC垂直，则四面体P_ABC的四个面中，直角三角形的个数有（）

A.4个 B.3个
C.1个 D.2个
4．某甲、乙两人练习跳绳，每人练习10组，每组40个.每组计数的茎叶图如下图，则下面结论中错误的一个是（）

A.甲比乙的极差大
B.乙的中位数是18
C.甲的平均数比乙的大
D.乙的众数是21
5．已知向量，，则向量与的夹角为（ ）
A. B.
C. D.
6．函数，对任意的非零实数，关于的方程的解集不可能是
A B.
C. D.
7．下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（）
A. B.
C. D.
8．某同学用“五点法”画函数在一个周期内的简图时，列表如下：

0

x

y
0
2
0

0
则的解析式为（）
A. B.
C D.
9．已知，均为正实数，且，则的最小值为
A.20 B.24
C.28 D.32
10．函数的部分图像如图所示，则该函数的解析式为（ ）

A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．函数的值域是__________.
12．计算：=_______________.
13．写出一个能说明“若函数为奇函数，则”是假命题的函数：_________.
14．高斯是德国著名的数学家，用其名字命名的“高斯函数”为，其中表示不超过x的最大整数.例如：，.已知函数，若，则________；不等式的解集为________.
15．已知函数，，则________
16．如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、分别在轴非负半轴和轴的非负半轴上滑动，顶点在第一象限内，，，设.若，则点的坐标为______；若，则的取值范围为______.

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．已知函数
（Ⅰ）求的最小正周期及对称轴方程；
（Ⅱ）当时，求函数的最大值、最小值，并分别求出使该函数取得最大值、最小值时的自变量的值.
18．已知圆的圆心在直线上，半径为，且圆经过点和点
①求圆的方程
②过点的直线截图所得弦长为，求直线的方程
19．某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：

0

x

5

0
2

0
（1）请将表中数据补充完整，并直接写出函数的解析式；
（2）将的图象向右平移3个单位，然后把曲线上各点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），得到的图象．若关于x的方程在上有解，求实数a的取值范围
20．求证：角为第二象限角的充要条件是
21．（1）计算：
（2）若，，求的值.
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、B
【解析】利用含有一个量词的命题的否定的定义判断.
【详解】因为命题：，是全称量词命题，
所以其否定是存在量词命题，即，，
故选：B
2、D
【解析】将问题转化为与有四个不同的交点，应用数形结合思想判断各交点横坐标的范围及数量关系，即可判断各选项的正误.
【详解】有四个不同的零点、、、，即有四个不同的解
的图象如下图示，

由图知：，
所以，即的取值范围是(0,＋∞)
由二次函数的对称性得：，
因为，即，故
故选：D
【点睛】关键点点睛：将零点问题转化为函数交点问题，应用数形结合判断交点横坐标的范围或数量关系.
第II卷
3、A
【解析】AB是圆O的直径,可得出三角形是直角三角形，由圆O所在的平面，根据线垂直于面性质得出三角形和三角形是直角三角形，同理可得三角形是直角三角形.
【详解】∵AB是圆O的直径，∴∠ACB=，即,三角形是直角三角形.
又∵圆O所在的平面，∴三角形和三角形是直角三角形,且BC在此平面中，∴平面,∴三角形是直角三角形.
综上，三角形，三角形，三角形，三角形.直角三角形数量为4.
故选：A.
【点睛】考查线面垂直的判定定理和应用，知识点较为基础.需多理解.难度一般.
4、B
【解析】通过茎叶图分别找出甲、乙的最大值以及最小值求出极差即可判断A；找出乙中间的两位数即可判断B；分别求出甲、乙的平均数判断C；观察乙中数据即可判断D；
【详解】对于A，由茎叶图可知，甲的极差为，乙的极差为，故A正确；
对于B，乙中间两位数为，故中位数为，故B错误；
对于C，甲的平均数为，
乙的平均数为，故C正确；
对于D，乙组数据中出现次数最多为21，故D正确；
故选：B
【点睛】本题考查了由茎叶图估计样本数据的数字特征，属于基础题.
5、C
【解析】结合平面向量线性运算的坐标表示求出，然后代入模长公式分别求出和，进而根据平面向量的夹角公式即可求出夹角的余弦值，进而求出结果.
【详解】，，
，，从而，
且，记与的夹角为，
则
又，
，
故选：
6、D
【解析】由题意得函数图象的对称轴为
设方程的解为，则必有，
由图象可得是平行于x轴的直线，它们与函数的图象必有交点，
由函数图象的对称性得的两个解要关于直线对称，故可得；
同理方程的两个解也要关于直线对称，同理
从而可得若关于的方程有一个正根，则方程有两个不同的实数根；
若关于的方程有两个正根，则方程有四个不同的实数根
综合以上情况可得，关于的方程的解集不可能是．选D
非选择题
7、A
【解析】根据基本初等函数的单调性与奇偶性的定义判断可得；
【详解】解：对于A：定义域为，且，即为偶函数，且在上单调递增，故A正确；
对于B：定义域为，且，即为偶函数，在上单调递减，故B错误；
对于C：定义域为，定义域不关于原点对称，故为非奇非偶函数，故C错误；
对于D：定义域为，但是，故为非奇非偶函数，故D错误；
故选：A
8、D
【解析】由表格中的五点，由正弦型函数的性质可得、、求参数，即可写出的解析式.
【详解】由表中数据知：且，则，
∴，即，又，可得.
∴.
故选：D.
9、A
【解析】分析：由已知条件构造基本不等式模型即可得出.
详解：均为正实数，且，则

当且仅当时取等号.
的最小值为20.
故选A.
点睛：本题考查了基本不等式性质，“一正、二定、三相等”.
10、A
【解析】由图象确定以及周期，进而得出，再由得出的值.
【详解】显然
因为，所以，所以
由得
所以，即，
因为，所以
所以.
故选：A
【点睛】本题主要考查了由函数图象确定正弦型函数的解析式，属于中档题.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】首先换元，再利用三角变换，将函数转化为关于二次函数，再求值域.
【详解】设，因为，所以，
则，
，
当时，函数取得最小值，当时，函数取得最大值，
所以函数的值域是
故答案为：
12、
【解析】
考点：两角和正切公式
点评：本题主要考查两角和的正切公式变形的运用，抓住和角是特殊角，是解题的关键.
13、（答案不唯一）
【解析】由题意，只需找一个奇函数，0不在定义域中即可.
【详解】由题意，为奇函数且，则满足题意
故答案为：
14、 ①. ②.
【解析】第一空：”根据“高斯函数”的定义，可得，进而再分类讨论建立方程求值即可；第二空：分类讨论建立不等式求解即可.
【详解】由题意，得，
当时，，即；
当时，，即(舍)，
综上；
当时，，即，
当时，，即，
综上，.
故答案为：；.
【点睛】关键点睛：求解分段函数相关问题的关键是“分段归类”，即应用分类讨论思想.
15、
【解析】发现，计算可得结果.
【详解】因为，
，且，则.
故答案为-2
【点睛】本题主要考查函数的性质，由函数解析式，计算发现是关键，属于中档题.
16、 ①. ②.
【解析】分别过点作、轴的垂线，垂足点分别为、，过点分别作、轴的垂线，垂足点分别为、，设点、，根据锐角三角函数的定义可得出点、的坐标，然后利用平面向量数量积的坐标运算和二倍角的正弦公式可求出的取值范围.
【详解】分别过点作、轴的垂线，垂足点分别为、，过点分别作、轴的垂线，垂足点分别为、，如下图所示：

则，设点、，
则，，
，.
当时，，，则点；
由上可知，，，
则，
因此，的取值范围是.
故答案为：；.
【点睛】本题考查点的坐标的计算，同时也考查了平面向量数量积的取值范围的求解，解题的关键就是将点的坐标利用三角函数表示，考查运算求解能力，属于中等题.

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、（Ⅰ）最小正周期是，对称轴方程为；（Ⅱ）时，函数取得最小值，最小值为-2，时，函数取得最大值，最大值为1.
【解析】（Ⅰ）利用二倍角公式及辅助角公式将函数化简，再根据正弦函数的性质求出对称轴及最小正周期；
（Ⅱ）由的取值范围，求出的取值范围，再根据正弦函数的性质计算可得；
【详解】解：（Ⅰ）由与得
所以的最小正周期是；
令，解得，即函数的对称轴为；
（Ⅱ）当时，
所以，当，即时，函数取得最小值，最小值为
当，即时，函数取得最大值，最大值为.
18、①.②.或
【解析】①.由题意设出圆心坐标，结合圆经过的点得到方程组，求解方程组计算可得圆的方程为
②.分类讨论直线的斜率存在和斜率不存在两种情况可得直线的方程为或
试题解析：
①由题意可知，
设圆心为
则圆为：，
∵圆过点和点，
∴，
则
即圆的方程为
②设直线的方程为即，
∵过点的直线截图所得弦长为，
∴，则
当直线的斜率不存在时，直线为，
此时弦长为符合题意，
即直线的方程为或
19、（1）填表见解析；；
（2）.
【解析】（1）利用正弦型函数的性质即得；
（2）由题可得，利用正弦函数的性质可得，即得，即求.
【小问1详解】

0

x

2
5
8

0
2
0

0
.
【小问2详解】
由题可得，
∵，
∴，
∴，
∴，
所以，
∴.
20、证明见解析
【解析】先证明充分性，即由可以推得角为第二象限角 ，再证明必要性，即由角为第二象限角 可以推得成立.
【详解】证明：充分性：即如果成立，那么为第二象限角
若成立，那么为第一或第二象限角，也可能是y轴正半轴上的角；
又成立，那么为第二或第四象限角
因为成立，所以角的终边只能位于第二象限
于是角为第二象限角
则是角为第二象限角的充分条件
必要性：即若角为第二象限角，那么成立
若角为第二象限角，则，，
则，同时成立，
即角为第二象限角，那么成立
则角为第二象限角是成立的必要条件
综上可知，角为第二象限角的充要条件是
21、（1）；（2）.
【解析】（1）利用分数指数幂运算法则分别对每一项进行化简，然后合并求解;
（2）先利用已知条件，把m、n表示出来，代入要求解的式子中，利用对数的运算法则化简即可.
【详解】（1）原式
（2）因为，，所以，，
所以