2025-2026学年上海市高东中学数学高一第一学期期末检测试题含解析.doc

2025-2026学年上海市高东中学数学高一第一学期期末检测试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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．设命题：，则的否定为（）
A. B.
C. D.
2．如图，在正方体中，分别为的中点，则异面直线和所成角的大小为

A. B.
C. D.
3．已知向量 ,则ABC=
A30 B.45
C.60 D.120
4．下列各角中，与角1560°终边相同的角是（）
A.180° B.-240°
C.-120° D.60°
5．设函数，则下列结论错误的是（）
A.的一个周期为
B.的图像关于直线对称
C.的图像关于点对称
D.在有3个零点
6．已知，则（）
A.－3 B.－1
C.1 D.3
7．已知△ABC的平面直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形，那么原△ABC的面积为（）
A. B.
C. D.
8．纳皮尔是苏格兰数学家，其主要成果有球面三角中纳皮尔比拟式、纳皮尔圆部法则（1614）和纳皮尔算筹（1617），而最大贡献是对数的发明，著有《奇妙的对数定律说明书》，并且发明了对数尺，可以利用对数尺查询出任意一对数值.现将物体放在空气中冷却，如果物体原来的温度是（℃），空气的温度是（℃），经过t分钟后物体的温度T（℃）可由公式得出，如温度为90℃的物体，放在空气中冷却2.5236分钟后，物体的温度是50℃，若根据对数尺可以查询出，则空气温度是（　　）
A.5℃ B.10℃
C.15℃ D.20℃
9．已知函数若函数有四个零点,零点从小到大依次为则的值为(　　)
A.2 B.
C. D.
10．为了得到函数的图象，只需要把函数的图象上所有的点
①向左平移个单位，再把所有各点的横坐标缩短到原来的倍；
②向左平移个单位，再把所有各点的横坐标缩短到原来的倍；
③各点的横坐标缩短到原来的倍，再向左平移个单位:
④各点的横坐标缩短到原来的倍，再向左平移个单位
其中命题正确的为（）
A.①③ B.①④
C.②③ D.②④
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知函数的零点依次为a，b，c，则＝________
12．函数是幂函数，且在上是减函数，则实数__________.
13．已知扇形的周长是2022，则扇形面积最大时，扇形的圆心角的弧度数是___________.
14．在平面四边形中，，若，则__________.
15．已知水平放置的按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中，，则原的面积为___________

16．一个圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为________.
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.
（1）求函数的周期；
（2）求函数的单调递增区间.
18．求值：（1）
（2）2log310＋log30.81
19．已知函数，（，，）图象的一部分如图所示.

（1）求函数的解析式；
（2）当时，求的值域.
20．在下列三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答
①的最小正周期为，且是偶函数：
②图象上相邻两个最高点之间的距离为，且；
③直线与直线是图象上相邻的两条对称轴，且
问题：已知函数，若
（1）求，的值；（请先在答题卡上写出所选序号再做答）
（2）将函数的图象向右平移个单位长度后，再将得到的函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数的图象，求在上的最小值和最大值
21．已知函数，（为常数）.
（1）当时，判断在的单调性，并用定义证明；
（2）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围；
（3）讨论零点的个数.
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】本题根据题意直接写出命题的否定即可.
【详解】解：因为命题：，
所以的否定：，
故选：B
【点睛】本题考查含有一个量词的命题的否定，是基础题.
2、D
【解析】连DE，交AF于G，根据平面几何知识可得，于是
，进而得．又在正方体中可得底面，于是可得，根据线面垂直的判定定理得到平面，于是，所以两直线所成角为
【详解】如图，连DE，交AF于G

在和中，根据正方体的性质可得，
∴，
∴，
∴，
∴
又在正方体中可得底面，
∵底面，
∴，
又，
∴平面，
∵平面，
∴，
∴异面直线和所成角的大小为
故选D
【点睛】求异面直线所成的角常采用“平移线段法”，将空间角的问题转化为平面问题处理，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．计算异面直线所成的角时通常放在三角形中利用解三角形的方法进行求解，有时也可通过线面间的垂直关系进行求解
3、A
【解析】由题意，得，所以，故选A
【考点】向量的夹角公式
【思维拓展】（1）平面向量与的数量积为，其中是与的夹角，要注意夹角的定义和它的取值范围：；（2）由向量的数量积的性质知，，，因此，利用平面向量的数量积可以解决与长度、角度、垂直等有关的问题
4、B
【解析】终边相同的角，相差360°的整数倍，据此即可求解.
【详解】与1560°终边相同的角为，，
当时，.
故选：B.
5、D
【解析】利用辅助角公式化简，再根据三角函数的性质逐个判断即可
【详解】，
对A，最小周期为，故也为周期，故A正确；
对B，当时，为的对称轴，故B正确；
对C，当时，，又为的对称点，故C正确；
对D，则，解得，故在内有共四个零点，故D错误
故选：D
6、D
【解析】利用同角三角函数基本关系式中的技巧弦化切求解.
【详解】.
故选：D
【点睛】本题考查了同角三角函数基本关系中的弦化切技巧，属于容易题.
7、C
【解析】根据直观图的面积与原图面积的关系为，计算得到答案.
【详解】直观图的面积，设原图面积，
则由，得.
故选：C.
【点睛】本题考查了平面图形的直观图的面积与原面积的关系，三角形的面积公式，属于基础题.
8、B
【解析】依题意可得，即，即可得到方程，解得即可；
【详解】：依题意，即，又，所以，即，解得；
故选：B
9、C
【解析】函数有四个零点，即与图象有4个不同交点，
可设四个交点横坐标满足，由图象，结合对数函数的性质，进一步求得，利用对称性得到，从而可得结果.
【详解】
作出函数的图象如图,
函数有四个零点，即与的图象有4个不同交点，
不妨设四个交点横坐标满足，
则，，,
可得,
由，得，
则，可得，
即，，故选C.
【点睛】函数的性质问题以及函数零点问题是高考的高频考点，考生需要对初高中阶段学习的十几种初等函数的单调性、奇偶性、周期性以及对称性非常熟悉；另外，函数零点的几种等价形式：函数的零点函数在轴的交点方程的根函数与的交点.
10、B
【解析】利用三角函数图象变换可得出结论.
【详解】因为，
所以，为了得到函数的图象，只需要把函数的图象上所有的点向左平移个单位，再把所有各点的横坐标缩短到原来的倍，
或将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的倍，再向左平移个单位.
故①④满足条件，
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】根据对称性得出，再由得出答案.
【详解】因为函数与的图象关于对称，函数的图象关于对称，所以，又，所以.
故答案为：
12、2
【解析】根据函数为幂函数求参数m，讨论所求得的m判断函数是否在上是减函数，即可确定m值.
【详解】由题设，，即，解得或，
当时，，此时函数在上递增，不合题意；
当时，，此时函数在上递减，符合题设.
综上，.
故答案为：2
13、2
【解析】设扇形的弧长为，半径为，则，将面积最值转化为一元二次函数的最值；
【详解】设扇形的弧长为，半径为，则，
，
当时，扇形面积最大时，
此时，
故答案为：
14、##1.5
【解析】设，在中，可知，在中，可得，由正弦定理，可得答案.
【详解】
设，在中，，，
，
在中，，，，
，
由正弦定理得：，
得，
.
故答案为：.
15、2
【解析】∵∠B'A'C'=90°, B'O'=C'O'=1，.
∴A'O'=1， ∴原△ABC的高为2，△ABC面积为.
点睛：由斜二测画法知，设直观图的面积为，原图形面积为，则
16、.
【解析】先求圆锥底面圆的半径，再由直角三角形求得圆锥的高，代入公式计算圆锥的体积即可。
【详解】设圆锥底面半径为r，
则由题意得，解得.
∴底面圆的面积为.
又圆锥的高.
故圆锥的体积.
【点睛】此题考查圆锥体积计算，关键是找到底面圆半径和高代入计算即可，属于简单题目。

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）先把函数化简为，利用正弦型函数的周期公式，即得解
（2）由解出的范围就是所要求的递增区间.
【小问1详解】

故函数的周期
【小问2详解】
由，得
，
所以单调递增区间为
18、（1）（2）4
【解析】（1）利用分数指数幂的性质运算即可;(2)利用对数的运算性质计算可得结果.
试题解析：
(1)，
(2)2log310＋log30.81=
19、（1），（2）
【解析】（1）根据函数的最大值得到，根据周期得到，根据得到，从而得到.
（2）首先根据题意得到，再根据，利用正弦函数图象性质求解值域即可.
【详解】（1）因为，，所以.
又因为，所以，即，.
因为，，，
所以，又因为，所以，.
（2）
.
因为，所以，
所以，即，
故函数的值域为.
20、（1），
（2）最小值为1，最大值为2
【解析】(1)根据①②③所给的条件，以及正余弦函数的对称性和周期性之间的关系即可求解；
(2)根据函数的伸缩平移变换后的特点写出的解析式即可.
【小问1详解】
选条件①：
∵的最小正周期为，
∴，∴；
又是偶函数，
∴对恒成立，
得对恒成立，
∴，∴（），
又，∴；
选条件②：
∵函数图象上相邻两个最高点之间的距离为，
∴，；
又，∴，即，
∴（），又，∴；
选条件③：
∵直线与直线是图象上相邻的两条对称轴，
∴，即．∴；
又，
∴，∴（），又，∴；
【小问2详解】
由（1）无论选择①②③均有，，即，
将图象向右平移个单位长度后，
得到的图象，
将的图象上所有点的横坐标伸长为原来的4倍，
纵坐标不变，得到的图象，

∵，∴
∴在上单调递增；在上单调递减
又∵
，，
∴在的最小值为1，最大值为2；
综上：，最小值=1，最大值=2.
21、（1）见解析；（2）；（3）见解析.
【解析】（1）利用函数的单调性的定义，即可证得函数的单调性，得到结论；
（2）由得，转化为，设，利用二次函数的性质，即可求解.
（3）把函数有个零点转化为方程有两个解，令，作的图像及直线图像，结合图象，即可求解，得到答案.
【详解】（1）当时，且时，是单调递减的.
证明：设，则
又且，

故当时，在上是单调递减的.
（2）由得，变形为，即，
设，令，则，
由二次函数的性质，可得，所以，解得.
（3）由有个零点可得有两个解，
转化为方程有两个解，
令，作的图像及直线图像有两个交点，
由图像可得：
i）当或，即或时，有个零点.
ii）当或或时，由个零点；
iii）当或时，有个零点.

【点睛】本题主要考查了函数的单调性的判定，以及函数与方程的综合应用，其中解答中熟记函数的单调性的定义，以及合理分离参数和转化为图象的交点个数，结合图象求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及分类讨论思想的应用，试题有一定的综合性，属于中档试题.