北京市首都师大附属回龙观育新学校2026届高一数学第一学期期末质量跟踪监视试题含解析.doc

北京市首都师大附属回龙观育新学校2026届高一数学第一学期期末质量跟踪监视试题
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．函数在区间上的最大值是
A.1 B.
C. D.1+
2．若关于的不等式在恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
3．（）
A. B.3
C.2 D.
4．函数的零点所在区间是　　
A. B.
C. D.
5．如图，在正三棱柱中，，若二面角的大小为，则点C到平面的距离为（）

A.1 B.
C. D.
6．在平面直角坐标系中，动点在单位圆上按逆时针方向作匀速圆周运动，每分钟转动一周.若的初始位置坐标为，则运动到分钟时，的位置坐标是 （ ）
A B.
C. D.
7．如图是一个体积为10的空间几何体的三视图，则图中的值为(　　)

A2 B.3
C.4 D.5
8．将的图象向右平移个单位，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍得到的图象，则　　
A. B.
C. D.
9．在中，已知，则角（）
A. B.
C. D.或
10．若直线与圆相交于两点，且，则
A2 B.
C.1 D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．命题“，”的否定是______
12．幂函数的图象经过点，则_____________.
13．已知幂函数的图象关于轴对称，且在上单调递减，则满足的的取值范围为________.
14．若（）与（）互为相反数，则的最小值为______.
15．函数在一个周期内的图象如图所示，此函数的解析式为_______________

16．已知两定点，，如果动点满足，则点的轨迹所包围的图形的面积等于__________
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．已知全集，求：
（1）；
（2）.
18．已知函数，且
（1）求a的值；
（2）判断在区间上的单调性，并用单调性的定义证明你的判断
19．已知的数
（1）有解时，求实数的取值范围；
（2）当时，总有，求定的取值范围
20．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A为单位圆与x轴正半轴的交点，点P为单位圆上的一点，且，点P沿单位圆按逆时针方向旋转角后到达点.

（1）求阴影部分的面积；
（2）当时，求的值.
21．（1）化简：
（2）求值：
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、C
【解析】由,
故选C.
2、A
【解析】转化为当时，函数的图象不在的图象的上方，根据图象列式可解得结果.
【详解】由题意知关于的不等式在恒成立，
所以当时，函数的图象不在的图象的上方，

由图可知，解得.
故选：A
【点睛】关键点点睛：利用函数的图象与函数的图象求解是解题关键.
3、D
【解析】利用换底公式计算可得答案
【详解】
故选：D
4、C
【解析】根据函数零点存在性定理进行判断即可
【详解】∵，，
∴，
∴函数在区间(2,3)上存在零点
故选C
【点睛】求解函数零点存在性问题常用的办法有三种：一是用定理，二是解方程，三是用图象．值得说明的是，零点存在性定理是充分条件，而并非是必要条件
5、C
【解析】取的中点，连接和，由二面角的定义得出，可得出、、的值，由此可计算出和的面积，然后利用三棱锥的体积三棱锥的体积相等，计算出点到平面的距离.
【详解】取的中点，连接和，根据二面角的定义，.
由题意得，所以，.
设到平面的距离为，易知三棱锥的体积三棱锥的体积相等，
即，解得，故点C到平面的距离为.
故选C.
【点睛】本题考查点到平面距离的计算，常用的方法有等体积法与空间向量法，等体积法本质就是转化为三棱锥的高来求解，考查计算能力与推理能力，属于中等题.
6、A
【解析】根据题意作出图形，结合图形求出3分钟转过角度，由此计算点的坐标.
【详解】每分钟转动一周,则运动到分钟时，其转过的角为，
如图，

设与x轴正方向所成的角为，则与x轴正方向所成的角为，
的初始位置坐标为，即，
所以，
即.
故选：A
7、A
【解析】由已知可得：该几何体是一个四棱锥和四棱柱的组合体，
其中棱柱的体积为：3×2×1=6，
棱锥的体积为：×3×2×x=2x
则组合体的体积V=6+2x=10，
解得：x=2，
故选A
点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.
8、A
【解析】由三角函数图象的平移变换及伸缩变换可得：将的图象所有点的横坐标缩短到原来的倍，再把所得图象向左平移个单位，即可得到的图象，得解
【详解】解：将的图象所有点的横坐标缩短到原来的倍得到，
再把所得图象向左平移个单位，得到，
故选A
【点睛】本题主要考查了三角函数图象的平移变换及伸缩变换，属于简单题
9、C
【解析】利用正弦定理求出角的正弦值，再求出角的度数.
【详解】因为，
所以，
解得：，，
因为，
所以.
故选：C.
10、C
【解析】圆心到直线的距离为，所以，选C.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、.
【解析】全称命题的否定：将任意改为存在并否定原结论，即可知原命题的否定.
【详解】由全称命题的否定为特称命题，
所以原命题的否定：.
故答案为：.
12、
【解析】先代入点的坐标求出幂函数，再计算即可.
【详解】幂函数的图象经过点，设，
，
解得故，
所以.
故答案为：.
13、
【解析】根据幂函数的单调性和奇偶性得到，代入不等式得到，根据函数的单调性解得答案.
【详解】幂函数在上单调递减，故，解得.
，故，，.
当时 ，不关于轴对称，舍去；
当时 ，关于轴对称，满足；
当时 ，不关于轴对称，舍去；
故，，函数在和上单调递减，
故或或，解得或.
故答案为：
14、2
【解析】有题设得到，利用基本不等式求得最小值.
【详解】由题知，，则，，
则，当且仅当时等号成立，
故答案为：2
15、
【解析】根据所给的图象，可得到，周期的值，进而得到，根据函数的图象过点可求出的值，得到三角函数的解析式
【详解】由图象可知，，
，
，
三角函数的解析式是
函数的图象过,，
把点的坐标代入三角函数的解析式，

，又，
，
三角函数的解析式是.
故答案为：.
16、4π
【解析】设点的坐标为（ 则 ，即（ 以点的轨迹是以 为圆心，2为半径的圆，所以点的轨迹所包围的图形的面积等于4π.即答案为4π

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）或.
【解析】（1）求出集合，再根据集合间的基本运算即可求解；
（2）求出，再根据集合间的基本运算即可求解.
【详解】解：（1）由，
解得：，
故，
又 ，
；
（2）由（1）知：，
或，
或.
18、（1）4（2）在区间上单调递减，证明见解析
【解析】（1）直接根据即可得出答案；
（2）对任意，且，利用作差法比较的大小关系，即可得出结论.
【小问1详解】
解：由得，解得；
【小问2详解】
解：在区间内单调递减，
证明：由（1）得，
对任意，且，
有，
由，，得，，又由，得，
于是，即，
所以在区间上单调递减
19、（1）；（2）
【解析】（1）通过分离参数法得，再通过配方法求最值即可
（2）由已知得恒成立，化简后只需满足且，求解即可.
【详解】（1）由已知得，
所以
（2）由已知得恒成立，
则

所以实数的取值范围为
20、（1）（2）
【解析】
（1）由三角函数定义求出点坐标，用扇形面积减三角形面积可得弓形面积；
（2）由三角函数定义写出点坐标，计算后用二倍角公式和诱导公式计算
【详解】（1）由三角函数定义可知，点P的坐标为.
所以面积为，
扇形OPA的面积为.
所以阴影部分的面积为.
（2）由三角函数的定义，可得.
当时，，
即，
所以.
【点睛】本题考查三角函数的定义，正弦的二倍角公式和诱导公式，属于基础题．
21、（1）；（2）.
【解析】（1）根据诱导公式化简求值即可得答案；
（2）根据指数运算法则运算求解即可.
【详解】解：（1）
（2）