2026届广东省深圳市普通高中数学高一第一学期期末考试模拟试题含解析.doc

2026届广东省深圳市普通高中数学高一第一学期期末考试模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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．设且，若对恒成立，则a的取值范围是（）
A. B.
C. D.
2．若两个非零向量，满足，则与的夹角为（）
A. B.
C. D.
3．给定下列四个命题：
①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，则这两个平面相互平行；
②若一个平面经过另一个平面的垂线，则这两个平面相互垂直；
③垂直于同一直线的两条直线相互平行；
④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．
其中，为真命题的是
A.①和② B.②和③
C.③和④ D.②和④
4．已知，，，则a，b，c的大小关系为()
A B.
C. D.
5．对于函数的图象，关于直线对称；关于点对称；可看作是把的图象向左平移个单位而得到；可看作是把的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标缩短到原来的倍而得到以上叙述正确的个数是　　
A.1个 B.2个
C.3个 D.4个
6．已知偶函数在区间内单调递增，若，，，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
7．下列函数中既是奇函数，又是减函数的是（ ）
A. B.
C D.
8．若，则下列不等式中，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
9．下列几何体中是棱柱的有（）

A.1个 B.2个
C.3个 D.4个
10．满足2，的集合A的个数是　　
A.2 B.3
C.4 D.8
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．当时，函数取得最大值，则___________.
12．已知角的终边经过点，则________.
13．在正三棱柱中，为棱的中点，若是面积为6的直角三角形，则此三棱柱的体积为__________
14．以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形.勒洛三角形是由德国机械工程专家、机构运动学家勒洛首先发现，所以以他的名字命名.一些地方的市政检修井盖、方孔转机等都有应用勒洛三角形.如图，已知某勒洛三角形的一段弧的长度为，则该勒洛三角形的面积是___________.

15．设向量不平行，向量与平行，则实数_________.
16．若直线l在x轴上的截距为1,点到l的距离相等，则l的方程为______.
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）证明：；
（2）若存在一个平行四边形的四个顶点都在函数的图象上，则称函数具有性质P，判断函数是否具有性质P，并证明你的结论；
（3）设点，函数．设点B是曲线上任意一点，求线段AB长度的最小值
18．已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点P（－3，4）
（1）求，的值；
（2）的值
19．如图，在长方体中，，是与的交点.求证：

（1）平面；
（2）平面平面.
20．已知函数
（1）求函数的单调递增区间；
（2）若，求函数的取值范围
21．已知函数
（1）若不等式的解集为，求的值；
（2）当时，求关于的不等式的解集
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】分，，作与的图象分析可得.
【详解】当时，由函数与的图象可知不满足题意；

当时，函数单调递减，由图知，要使对恒成立，只需满足，得.

故选：C
注意事项：
用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上.
本卷共9题，共60分.
2、C
【解析】根据数量积的运算律得到，即可得解；
【详解】解：因为，
所以，即，
即，所以，即与的夹角为；
故选：C
3、D
【解析】利用线面平行和垂直，面面平行和垂直的性质和判定定理对四个命题分别分析进行选择．
【详解】当两个平面相交时，一个平面内的两条直线也可以平行于另一个平面，故①错误；由平面与平面垂直的判定可知②正确；空间中垂直于同一条直线的两条直线还可以相交或者异面，故③错误；若两个平面垂直，只有在一个平面内与它们的交线垂直的直线才与另一个平面垂直，故④正确．综上，真命题是②④.
故选D
【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，是中档题．
4、A
【解析】比较a，b，c的值与中间值0和1的大小即可﹒
【详解】
，
，
所以，
故选：A.
5、B
【解析】由判断；由判断；由的图象向左平移个单位，得到的图象判断；由的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标缩短到原来的倍，得到函数的图象判断.
【详解】对于函数的图象，令，求得，不是最值，故不正确；
令，求得，可得的图象关于点对称，故正确；
把的图象向左平移个单位，得到的图象，故不正确；
把的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标缩短到原来的倍，得到函数的图象，故正确，故选B
【点睛】本题通过对多个命题真假的判断，综合考查三角函数的对称性以及三角函数的图象的变换规律，属于中档题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.
6、D
【解析】先利用偶函数的对称性判断函数在区间内单调递减，结合偶函数定义得，再判断，和的大小关系，根据单调性比较函数值的大小，即得结果.
【详解】偶函数的图象关于y轴对称，由在区间内单调递增可知，在区间内单调递减.
，故，而，，即，故，
由单调性知，即.
故选：D.
7、A
【解析】根据对数、指数、一次函数的单调性判断BCD，根据定义判断的奇偶性.
【详解】因为在定义域内都是增函数，所以BCD错误；因为，所以函数为奇函数，且在上单调递减，A正确.
故选：A
8、C
【解析】利用不等式的基本性质判断.
【详解】由，得，即，故A错误；
则，则，即，故B错误；
则，，所以，故C正确；
则，所以，故D错误；
故选：C
9、C
【解析】根据棱柱的定义进行判断即可
【详解】棱柱的定义：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱，观察图形满足棱柱概念的几何体有：①③⑤，共三个
故选：C
【点睛】本题主要考查棱柱的概念，属于简单题.
10、C
【解析】由条件，根据集合的子集的概念与运算，即可求解
【详解】由题意，可得满足2，的集合A为：，，，2，，共4个
故选C
【点睛】本题主要考查了集合的定义，集合与集合的包含关系的应用，其中熟记集合的子集的概念，准确利用列举法求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，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】由辅助角公式，正弦函数的性质求出，，再根据两角和的正切和公式，诱导公式求.
【详解】（其中，），
当时，函数取得最大值
∴ ，，即，，
所以，.
故答案为：.
12、
【解析】根据终边上的点，结合即可求函数值.
【详解】由题意知：角在第一象限，且终边过，
∴.
故答案为：.
13、
【解析】由题，设 ，截面是面积为6的直角三角形，则由 得，又
则
故答案为
14、
【解析】计算出一个弓形的面积，由题意可知，勒洛三角形由三个全等的弓形以及一个正三角形构成，利用弓形和正三角形的面积可求得结果.
【详解】由弧长公式可得，可得，
所以，由和线段所围成的弓形的面积为，
而勒洛三角形由三个全等的弓形以及一个正三角形构成，
因此，该勒洛三角形的面积为.
故答案为：.
15、-2
【解析】因为向量与平行，
所以存在，使，
所以， 解得
答案：
16、或
【解析】考虑斜率不存在和存在两种情况，利用点到直线距离公式计算得到答案.
【详解】显然直线轴时符合要求，此时的方程为.
当直线l的斜率存在时，设直线l的斜率为k，则l的方程为，即.
∵A，B到l的距离相等
∴，∴，∴，
∴直线l的方程为.
故答案为或
【点睛】本题考查了点到直线的距离公式，忽略掉斜率不存在的情况是容易犯的错误.

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）证明见解析；
（2）函数具有性质P，证明见解析；
（3）.
【解析】（1）直接利用对数的运算求解；
（2）取函数图象上四个点，证明函数具有性质P；
（3）设（或），求出,再换元利用二次函数求函数的最值得解.
【小问1详解】
解：
【小问2详解】
解：由（1）知，的图象关于点中心对称，
取函数图象上两点，，显然线段CD的中点恰为点M；
再取函数图象上两点，，显然线段EF的中点也恰为点M
因此四边形CEDF的对角线互相平分，所以四边形CEDF为平行四边形，
所以函数具有性质P
小问3详解】
解：，则（或），
则
，
记（或），则，
记，则，
所以，当，即时，
18、（1）； （2） .
【解析】（1）由题意利用任意角的三角函数的定义，求得sinα，cosα的值
（2）由条件利用诱导公式，求得的值
【详解】解：（1）∵角α的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P（﹣3，4），
故，
.
（2）由（1）得 .
【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，诱导公式的应用，属于基础题
19、（1）见解析；（2）见解析.
【解析】⑴连结交于点，连结，推导出，又因为平面，由此证明平面⑵推导出，，从而平面，由此证明平面平面
解析：（1）连结交于点，连结，
∵，
∴.
∴.
又∵平面，平面，
∴平面.

（2）∵平面.∴.
∵,∴
∵与相交，∴平面
∵平面.∴平面平面.
点睛：本题考查了立体几何中的线面平行及面面垂直，在证明的过程中依据其判定定理证得结果，在证明平行中需要做辅助线，构造平行四边形或者三角形中位线证得线线平行，从而证得线面平行
20、（1），；（2）；
【解析】（1）利用降幂公式与辅助角公式将化简，在利用正弦函数的单调性质即可求得函数的单调递增区间；
（2）由的取值范围，求出的范围，利用正弦函数的单调性即可求得函数的取值范围
【详解】解：（1）因为

由，，解得，，
所以的单调递增区间为，；
（2），
，
当即时，
当即时，
，即
21、（1）；
（2）见解析.
【解析】(1)根据二次不等式解集与二次函数图像的关系即可求出a的取值；
(2)根据二次函数图像的性质即可分类讨论解不等式.
【小问1详解】
不等式即，
可化为
因为的解集是，
所以且
解得；
【小问2详解】
不等式即，
因为，所以不等式可化为
当时，即，原不等式的解集
当时，即，原不等式的解集为
当时即原不等式的解集.
综上所述，
当时，原不等式的解；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集.