2026届福建省百校数学高一上期末学业水平测试试题含解析.doc

2026届福建省百校数学高一上期末学业水平测试试题
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．已知集合A=，B=，则
A.AB= B.AB
C.AB D.AB=R
2．已知幂函数过点则　　
A.，且在上单调递减
B.，且在单调递增
C.且在上单调递减
D.，且在上单调递增
3．下列函数在定义域内既是奇函数，又是减函数的是（ ）
A. B.
C. D.
4．若将函数的图象上所有点的横坐标缩短为原来的一半（纵坐标不变），再将所得图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A.的最小正周期为 B.在区间上单调递减
C.图象的一条对称轴为直线 D.图象的一个对称中心为
5．已知正实数x，y，z，满足，则（）
A. B.
C. D.
6．已知，，，则的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
7．将函数图象向右平移个单位得到函数的图象，已知的图象关于原点对称，则的最小正值为（）
A.2 B.3
C.4 D.6
8．函数的一个零点落在下列哪个区间（ ）
A.（0，1） B.（1，2）
C.（2，3） D.（3，4）
9．在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，且AB=BC=CD，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为（）

A. B.-
C.2 D.
10．设，且，则等于（）
A.100 B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知样本9，10，11，，的平均数是10，标准差是，则______，______.
12．各条棱长均相等的四面体相邻两个面所成角的余弦值为___________.
13．已知函数，则不等式的解集为______
14．若实数x，y满足，则的最小值为___________
15．已知函数，且，则a的取值范围为________f（x）的最大值与最小值和为________ .
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．已知集合，
（1）当时，求；
（2）若，求a的取值范围；
18．如图，某园林单位准备绿化一块直径为BC的半圆形空地，外的地方种草，的内接正方形PQRS为一水池，其余的地方种花.若，，设的面积为，正方形PQRS的面积为.

（1）用a，表示和；
（2）当a为定值，变化时，求的最小值，及此时的值.
19．已知函数（，且）.
（1）若函数在上的最大值为2，求的值；
（2）若，求使得成立的的取值范围.
20．已知点，，动点P满足
若点P为曲线C，求此曲线的方程；
已知直线l在两坐标轴上的截距相等，且与中的曲线C只有一个公共点，求直线l的方程
21．设函数.求函数的单调区间，对称轴及对称中心.
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、A
【解析】由得，所以，选A
点睛:对于集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦恩图处理
2、A
【解析】由幂函数过点，求出，从而，在上单调递减
【详解】幂函数过点，
，
解得，
，在上单调递减
故选A．
【点睛】本题考查幂函数解析式的求法，并判断其单调性，考查幂函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3、D
【解析】利用常见函数的奇偶性和单调性逐一判断即可.
【详解】对于A，，是偶函数，不满足题意
对于B，是奇函数，但不是减函数，不满足题意
对于C，，是奇函数，
因为是增函数，是减函数，所以是增函数，不满足题意
对于D，是奇函数且是减函数，满足题意
故选：D
4、D
【解析】根据题意函数的图象上所有点的横坐标缩短为原来的一半（纵坐标不变），再将所得图象向左平移个单位长度，得到函数，即可求出最小正周期，把看成是整体，分别求的单调递减区间、对称轴、对称中心，在分别验证选项即可得到答案.
【详解】由于函数的图象上所有点的横坐标缩短为原来的一半（纵坐标不变），故函数的解析式为，再将所得图象向左平移个单位长度，.，故A错误；的单调减区间为，故在区间内不单调递减；图象的对称轴为，不存在使得图象的一条对称轴为直线，故C错误；图象的对称中心的横坐标为，当时，图象的一个对称中心为，故D正确.
故选：D.
5、A
【解析】根据指数函数和对数函数的图像比较大小即可.
【详解】令，
则，，，由图可知.

6、A
【解析】利用对数函数和指数函数的性质求解
【详解】解：∵，∴，
∵，∴，
∵，∴，即，∴
故选：A
7、B
【解析】根据图象平移求出g(x)解析式，g(x)为奇函数，则g(0)＝0，据此即可计算ω的取值.
【详解】根据已知，可得，
∵的图象关于原点对称，所以，从而，Z，
所以，其最小正值为3，此时
故选：B
8、B
【解析】求出、，由及零点存在定理即可判断.
【详解】，，
，则函数的一个零点落在区间上.
故选：B
【点睛】本题考查零点存在定理，属于基础题.
9、A
【解析】如图所示，分别取，，，的中点，，，，则，，，或其补角 为异面直线与所成角
【详解】解：如图所示，

分别取，，，的中点，，，，则，，，
或其补角为异面直线与所成角
设，则，，
，
异面直线与所成角的余弦值为，
故选：A
【点睛】平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
③计算：求该角的值，常利用解三角形；
④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角
10、C
【解析】由，得到，再由求解.
【详解】因为，
所以，
则，
所以，
则，
解得，
故选：C

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、 ①.20 ②.96
【解析】先由平均数的公式列出x+y=20，然后根据方差的公式列方程，求出x和y的值即可求出xy的值.
【详解】根据平均数及方差公式，可得:

化简得：
，，
或
则，
故答案为：20；96
【点睛】本题主要考查了平均数和方等概念，以及解方程组，属于容易题.
12、
【解析】首先利用图像作出相邻两个面所成角，然后利用已知条件求出正四面体相邻两个面所成角的两边即可求解.
【详解】由题意，四面体为正三棱锥，不妨设正三棱锥的边长为，过作平面，垂足为，取的中点，并连接、、、，如下图：

由正四面体的性质可知，为底面正三角形的中心，
从而，，
∵为的中点，为正三角形，
所以，，所以为正四面体相邻两个面所成角
∵，
∴易得，，
∵平面，平面，
∴，
故.
故答案为：.
13、
【解析】分x小于等于0和x大于0两种情况根据分段函数分别得到f（x）的解析式，把得到的f（x）的解析式分别代入不等式得到两个一元二次不等式，分别求出各自的解集，求出两解集的并集即可得到原不等式的解集
【详解】解：当x≤0时，f（x）=x+2，代入不等式得：x+2≥x2，即（x-2）（x+1）≤0，解得-1≤x≤2，所以原不等式的解集为[-1，0]；当x＞0时，f（x）=-x+2，代入不等式得：-x+2≥x2，即（x+2）（x-1）≤0，解得-2≤x≤1，所以原不等式的解集为[0，1]，综上原不等式的解集为[-1，1].
故答案为[-1，1]
【点睛】此题考查了不等式的解法，考查了转化思想和分类讨论的思想，是一道基础题
14、
【解析】由对数的运算性质可求出的值，再由基本不等式计算即可得答案
【详解】由题意，
得：，
则（当且仅当时，取等号）
故答案为：
15、 ①. ②.2
【解析】由结合，即可求出a的取值范围；
由，知关于点成中心对称，即可求出f（x）的最大值与最小值和.
【详解】由，

，所以，则
故 a的取值范围为.
第（2）空:由，知关于点成中心对称图形，
所以.
故答案为：；.
16、
【解析】由已知条件结合所给角的范围求出、，再将
展开即可求解
【详解】因为，所以，
又因为，所以，
所以，
因为，，所以，
因为，所以，
所以

，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是由已知角的三角函数值的符号确定角的范围进而可求角的正弦或余弦，将所求的角用已知角表示即.

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）计算得到，，计算得到答案.
（2）所以，讨论和两种情况计算得到答案.
【详解】（1）因为，所以，
因为，
所以
（2）因为，所以，
当时，，即；
当时，，即.
综上所述：a的取值范围为.
【点睛】本题考查了集合的运算，根据集合的包含关系求参数，忽略掉空集是容易发生的错误.
18、（1）；（2）当时，的值最小，最小值为
【解析】（1）利用已知条件，根据锐角三角形中正余弦的利用，即可表示出和；
（2）根据题意，将表示为的函数，利用倍角公式对函数进行转化，利用换元法，借助对勾函数的单调性，从而求得最小值.
【详解】（1）在中，，
所以；
设正方形的边长为x，则，，
由，得，
解得；
所以；
（2）

，
令，因为，
所以，则，
所以；
设，
根据对勾函数的单调性可知，在上单调递减，
因此当时，有最小值，
此时，解得；
所以当时，的值最小，最小值为.
【点睛】本题考查倍角公式的使用，三角函数在锐角三角形中的应用，以及利用对勾函数的单调性求函数的最值，涉及换元法，属综合性中档题.
19、 (1)或；(2)
【解析】(1)分类讨论和两种情况，结合函数的单调性可得：或；
(2)结合函数的解析式，利用指数函数的单调性可得，求解对数不等式可得的取值范围是.
试题解析：
（1）当时，在上单调递增，
因此，，即；
当时，上单调递减，
因此，，即.
综上，或.
（2）不等式即.
又，则，即，
所以.
20、（1）（2）或
【解析】设，由动点P满足，列出方程，即可求出曲线C的方程
设直线l在坐标轴上的截距为a，当时，直线l与曲线C有两个公共点，已知矛盾；当时，直线方程与圆的方程联立方程组，根据由直线l与曲线C只有一个公共点，即可求出直线l的方程
【详解】设，
点，，动点P满足
，
整理得：，曲线C方程为
设直线l的横截距为a，则直线l的纵截距也为a，
当时，直线l过，设直线方程为
把代入曲线C的方程，得：
，，
直线l与曲线C有两个公共点，已知矛盾；
当时，直线方程为，
把代入曲线C的方程，得：
，
直线l与曲线C只有一个公共点，，
解得，
直线l的方程为或
【点睛】本题主要考查了曲线轨迹方程的求法，以及直线与圆的位置关系的应用，其中解答中熟记直接法求轨迹的方法，以及合理使用直线与圆的位置关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，以及转化思想的应用，属于基础题
21、函数增区间为；减区间为；对称轴为；对称中心为
【解析】根据的单调区间、对称轴及对称中心即可得出所求的.
【详解】

函数增区间为
同理函数减区间为
令

其对称轴为
令

其对称中心为
【点睛】本题主要考查的是正弦函数的图像和性质，考查学生对正弦函数图像和性质的理解和应用，同时考查学生的计算能力，是中档题.