温州乐成寄宿中学2025-2026学年数学高一上期末学业质量监测模拟试题含解析.doc

温州乐成寄宿中学2025-2026学年数学高一上期末学业质量监测模拟试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，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．已知扇形的周长为8，扇形圆心角的弧度数是2，则扇形的面积为（）
A.2 B.4
C.6 D.8
2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）

A. B.
C. D.
3．直线与直线互相垂直，则这两条直线的交点坐标为（　　）
A. B.
C. D.
4．如果且，则等于
A.2016 B.2017
C.1009 D.2018
5．下列各组函数中，表示为同一个函数的是　　
A.与 B.与
C.与 D.与且
6．下列运算中，正确的是（）
A. B.
C. D.
7．定义在R上的偶函数f(x)满足，当x∈[0，1]时，则函数在区间上的所有零点的和为（）
A.10 B.9
C.8 D.6
8．将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象.若x=0是函数的一个零点，则的最小值是（）
A. B.
C. D.
9．不等式的解集为R，则a的取值范围为（）
A. B.
C. D.
10．已知，是两个不同的平面，给出下列四个条件：
①存在一条直线，使得，；
②存在两条平行直线，，使得，，，；
③存在两条异面直线，，使得，，，；
④存在一个平面，使得，
其中可以推出的条件个数是
A.1 B.2
C.3 D.4
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知幂函数的图象过点（2，），则___________
12．已知集合， ，则集合中子集个数是____
13．函数的定义域是__________
14．函数的零点是___________.
15．已知函数，若、、、、满足，则的取值范围为______.
16．函数的最小值为_______
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．已知函数，且
求函数的定义域；
求满足实数x的取值范围
18．已知二次函数y＝ax2+bx﹣a+2
（1）若关于x的不等式ax2+bx﹣a+2＞0的解集是{x|﹣1＜x＜3}，求实数a，b的值；
（2）若b＝2，a＞0，解关于x的不等式ax2+bx﹣a+2＞0
19．已知是定义在上的函数，满足.
（1）若，求；
（2）求证：的周期为4；
（3）当时，，求在时的解析式.
20．袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1，2，3；蓝色卡片两张，标号分别为1，2.
(Ⅰ)从以上五张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率；
(Ⅱ)现袋中再放入一张标号为0的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率.
21．已知.
（1）求的值；
（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】由给定条件求出扇形半径和弧长，再由扇形面积公式求出面积得解.
【详解】设扇形所在圆半径r，则扇形弧长，而，
由此得，所以扇形的面积.
故选：B
2、A
【解析】由题可得该几何体为正方体的一半，截去了一个三棱锥，即得.
【详解】由三视图可知该几何体为正方体的一半，截去了一个三棱锥，如图，

则其体积为.
故选：A.
3、B
【解析】时，直线分别化为：，此时两条直线不垂直.时，利用两条直线垂直可得：，解得.联立方程解出即可得出.
【详解】时，直线分别化为：，此时两条直线不垂直.
时，由两条直线垂直可得：，解得.
综上可得：.
联立，解得，.∴这两条直线的交点坐标为.
故选：
【点睛】本题考查了直线相互垂直、分类讨论方法、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.
4、D
【解析】∵f（x）满足对任意的实数a，b都有f（a+b）=f（a）•f（b），∴令b=1得，f（a+1）=f（a）•f（1），∴,所以，共1009项，所以 .
故选D.
5、D
【解析】A，B两选项定义域不同，C选项对应法则不同，D选项定义域和对应法则均相同，即可得选项.
【详解】A.，，两个函数的定义域不同，不是同一函数，
B.，，两个函数的定义域不同，不是同一函数，
C.，两个的对应法则不相同，不是同一函数
D.，，两个函数的定义域和对应法则相同是相同函数，
故选D
【点睛】此题是个基础题．本题考查函数的三要素：定义域、值域、对应关系，相同的函数必然具有相同的定义域、值域、对应关系．要使数与的同一函数，必须满足定义域和对应法则完全相同即可，注意分析各个选项中的个函数的定义域和对应法则是否相同，通常的先后顺序为先比较定义域是否相同，其次看对应关系或值域..
6、C
【解析】根据对数和指数的运算法则逐项计算即可.
【详解】，故A错误；
，故B错误；
，故C正确；
，故D错误.
故选：C.
7、A
【解析】根据条件可得函数f(x)的图象关于直线x＝1对称；根据函数的解析式及奇偶性，对称性可得出函数f(x)在的图象；令，画出其图象，进而得出函数的图象．根据函数图象及其对称性，中点坐标公式即可得出结论
【详解】因为定义在R上的偶函数f(x)满足，所以函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，
当x∈[0，1]时，，可以得出函数f(x)在上的图象，进而得出函数f(x)
在的图象.画出函数，的图象；
令，可得周期T1，画出其图象，进而得出函数的图象
由图象可得：函数在区间上共有10个零点，即5对零点，每对零点的中点都为1，所以所有零点的和为.

故选：A
8、C
【解析】根据正弦型函数图象变换的性质，结合零点的定义和正弦型函数的性质进行求解即可.
【详解】因为函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，所以函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，所以，
因为x=0是函数的一个零点，
所以，即，
所以，因此有，或，
解得：，或，因为，
当时，因为，所以的最小值是，
当时，因为，所以的最小值是，
综上所述的最小值是，
故选：C
9、D
【解析】对分成，两种情况进行分类讨论，结合判别式，求得的取值范围.
【详解】当时，不等式化为，解集为，符合题意.
当时，一元二次不等式对应一元二次方程的判别式，解得.
综上所述，的取值范围是.
故选：D
【点睛】本小题主要考查二次项系数含有参数的一元二次不等式恒成立问题的求解，考查分类讨论的数学思想方法，属于基础题.
10、B
【解析】当，不平行时，不存在直线与，都垂直，，，故正确；
存在两条平行直线，，，，，，则，相交或平行，所以不正确；
存在两条异面直线，，，，，，由面面平行的判定定理得，故正确；
存在一个平面，使得，，则，相交或平行，所以不正确；
故选

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】由幂函数所过的点求的解析式，进而求即可.
【详解】由题设，若，则，可得，
∴，故.
故答案为：
12、4
【解析】根据题意，分析可得集合的元素为圆上所有的点，的元素为直线上所有的点，则中元素为直线与圆的交点，由直线与圆的位置关系分析可得直线与圆的交点个数，即可得答案
【详解】由题意知中的元素为圆与直线交点，因为圆心(1，－2)到直线2x＋y－5＝0的距离
∴直线与圆相交
∴集合有两个元素，故集合中子集个数为4
故答案为4
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，涉及集合交集的意义，解答本题的关键是判定直线与圆的位置关系，以及运用集合的结论：一个含有个元素的集合的子集的个数为个.
13、
【解析】要使函数有意义，则,解得, 函数的定义域是,故答案为.
14、和
【解析】令y=0，直接解出零点.
【详解】令y=0，即，解得：和
故答案为：和
【点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解
15、
【解析】设，作出函数的图象，可得，利用对称性可得，由可求得，进而可得出，利用二次函数的基本性质可求得的取值范围.
【详解】作出函数的图象如下图所示：

设，
当时，，
由图象可知，当时，直线与函数的图象有五个交点，
且点、关于直线对称，可得，同理可得，
由，可求得，
所以，
.
因此，的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
16、
【解析】根据正弦型函数的性质求的最小值.
【详解】由正弦型函数的性质知：，
∴的最小值为.
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）见解析.
【解析】由题意可得，，解不等式可求；由已知可得，结合a的范围，进行分类讨论求解x的范围
【详解】（1）由题意可得，，
解可得，，
函数的定义域为，
由，
可得，
时，，
解可得，，
时，，
解可得，
【点睛】本题主要考查了对数函数的定义域及利用对数函数单调性求解对数不等式，体现了分类讨论思想的应用，属于基础试题
18、（1）a＝﹣1，b＝2
（2）见解析
【解析】（1）根据一元二次不等式的解集性质进行求解即可；
（2）根据一元二次不等式的解法进行求解即可.
【小问1详解】
由题意知，﹣1和3是方程ax2+bx﹣a+2＝0两根，
所以，解得a＝﹣1，b＝2；
【小问2详解】
当b＝2时，不等式ax2+bx﹣a+2＞0为ax2+2x﹣a+2＞0，
即（ax﹣a+2）（x+1）＞0，所以，
当即时，解集为；
当即时，解集为或；
当即时，解集为或.
19、（1）
（2）证明见解析（3）
【解析】（1）先求出，然后再求即可；
（2）利用函数周期性的定义，即可证明；
（3）根据以及题设条件，先求出，再根据，即可解出在时的解析式
【小问1详解】
∵，
∴.
【小问2详解】
∵对任意的，满足
∴，
∴函数是以4为周期的周期函数.
【小问3详解】
设，则，
∵当时，，
∴当时，，
又∵，
∴
∴.
20、 (I) .(II)
【解析】解：(I)从五张卡片中任取两张的所有可能情况有如下10种：
红1红2，红1红3，红1蓝1，红1蓝2，红2红3，红2蓝1，
红2蓝2，红3蓝1，红3蓝2，蓝1蓝2.
其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的有3种情况，故
所求的概率为.
(II)加入一张标号为0的绿色卡片后，从六张卡片中任取两张，除上面的10种情况外，
多出5种情况：红1绿0，红2绿0，红3绿0，蓝1绿0，蓝2绿0，即共有15种情况，
其中颜色不同且标号之和小于4的有8种情况，
所以概率为.
考点：古典概型
点评：主要是考查了古典概型的运用，属于基础题
21、（1）；（2）.
【解析】（1）根据三角函数的基本关系式，化简得，即可求解；
（2）由（1）知，根据三角函数诱导公式，化简得到原式，结合三角函数的基本关系式，即可求解.
【详解】（1）根据三角函数的基本关系式，可得，解得.
（2）由（1）知，
又由.
因为，且，所以，可得，
所以