吉林省盟校2025-2026学年数学高一上期末教学质量检测模拟试题含解析.doc

吉林省盟校2025-2026学年数学高一上期末教学质量检测模拟试题
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f(x)＝，的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
2．已知函数，则，（）
A.4 B.3
C. D.
3．已知关于的方程在区间上存在两个不同的实数根，则实数的取值范围是（　　）
A. B.
C. D.
4．已知，，则的值为（）
A. B.
C. D.
5．关于的方程的所有实数解的和为
A.2 B.4
C.6 D.8
6．基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0 =1+rT.有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69) （ ）
A.1.2天 B.1.8天
C.2.5天 D.3.5天
7．下列各组函数是同一函数的是（）
①与②与
③与④与
A.②④ B.③④
C.②③ D.①④
8．在中，“角为锐角”是“”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
9．下列函数是偶函数，且在上单调递减的是
A. B.
C. D.
10．已知实数满足，则函数的零点在下列哪个区间内
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知扇形弧长为20cm，圆心角为，则该扇形的面积为___________.
12．如图，正方形ABCD中，M，N分别是BC，CD中点，若，则______.

13．已知向量，若，则m=____.
14．在平面直角坐标系中，动点P到两条直线与的距离之和等于2，则点P到坐标原点的距离的最小值为_________.
15．函数=(其中且)的图象恒过定点,且点在幂函数的图象上,则= ______.
16．函数的定义域是________
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）若有两个零点、，且，求的值；
（2）若命题“，”假命题，求的取值范围
18．设函数是定义域为的任意函数.
(1)求证：函数是奇函数，是偶函数；
(2)如果，试求(1)中的和的表达式.
19．已知函数为上奇函数
（1）求实数的值；
（2）若不等式对任意恒成立，求实数的最小值
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．已知函数是函数图象的一条对称轴.
（1）求的最大值，并写出取得最大值时自变量的取值集合；
（2）求在上的单调递增区间.
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】判断函数的奇偶性，以及函数在上的符号，利用排除法进行判断即可
【详解】∵f(x)＝，
∴，，
∴函数是奇函数，排除D，
当时，，则，排除B，C.
故选：A
2、D
【解析】根据分段函数解析式代入计算可得；
【详解】解：因为，，所以，
所以
故选：D
3、C
【解析】本题首先可根据方程存在两个不同的实数根得出、，然后设，分为、两种情况进行讨论，最后根据对称轴的相关性质以及的大小即可得出结果.
【详解】因为方程存在两个不同的实数根，
所以，，解得或，
设，对称轴为，
当时，
因为两个不同实数根在区间上，
所以，即，解得，
当时，
因为两个不同的实数根在区间上，
所以，即，解得，
综上所述，实数的取值范围是，
故选：C.
4、C
【解析】分析可知，由可求得的值.
【详解】因为，则，
因为，所以，，
因此，.
故选：C.
5、B
【解析】本道题先构造函数，然后通过平移得到函数，结合图像，计算，即可
【详解】先绘制出，分析该函数为偶函数，而相当于往右平移一个单位，得到函数图像为：

发现交点A,B,C,D关于对称，故，故所有实数解的和为4，故选B
【点睛】本道题考查了函数奇偶性判定法则和数形结合思想，绘制函数图像，即可
6、B
【解析】根据题意可得，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，根据，解得即可得结果.
【详解】因为，，，所以，所以，
设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，
则，所以，所以，
所以天.
故选：B.
【点睛】本题考查了指数型函数模型的应用，考查了指数式化对数式，属于基础题.
7、B
【解析】利用函数的三要素：定义域、值域、对应关系相同即可求解.
【详解】对于①，与，定义域均为，
但对应,两函数的对应关系不同，故①不是同一函数；
对于②，的定义域为，的定义域为，
故②不是同一函数；
对于③，与定义域均为，函数表达式可化简为，
故③两函数为同一函数；
对于④，根据函数的概念，与，
定义域、对应关系、值域均相同，故④为同一函数，
故选：B
【点睛】本题考查了函数的三要素，函数相同只需函数的三要素：定义域、值域、对应关系相同，属于基础题.
8、D
【解析】分析条件与结论的关系，根据充分条件和必要条件的定义确定正确选项.
【详解】若角为锐角，不妨取，则，
所以“角为锐角”是“”的不充分条件，
由，可得，所以角不一定为锐角，
所以“角为锐角”是“”的不必要条件，
所以“角为锐角”是“”的既不充分也不必要条件，
故选：D.
9、D
【解析】函数为奇函数，在上单调递减；
函数为偶函数，在上单调递增；
函数为非奇非偶函数，在上单调递减；
函数为偶函数，在上单调递减
故选D
10、B
【解析】由3a＝5可得a值，分析函数为增函数，依次分析f（﹣2）、f（﹣1）、f（0）的值，由函数零点存在性定理得答案
【详解】根据题意，实数a满足3a＝5，则a＝log35＞1，
则函数为增函数，
且f（﹣2）＝（log35）﹣2+2×（﹣2）﹣log53＜0，
f（﹣1）＝（log35）﹣1+2×（﹣1）﹣log53＝﹣2＜0，
f（0）＝（log35）0﹣log53＝1﹣log53＞0，
由函数零点存在性可知函数f（x）的零点在区间（﹣1，0）上，
故选B
【点睛】本题考查函数零点存在性定理的应用，分析函数的单调性是关键

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】求出扇形的半径后，利用扇形的面积公式可求得结果.
【详解】由已知得弧长，，
所以该扇形半径，
所以该扇形的面积.
故答案为：
12、
【解析】以，为基底，由平面向量基本定理，列方程求解，即可得出结果.
【详解】设，
则，
由于
可得，解得，所以
故答案为：
【点睛】本题考查平面向量基本定理的运用，考查向量的加法运算，考查运算求解能力，属于中档题.
13、-1
【解析】求出的坐标，由向量共线时坐标的关系可列出关于的方程，从而可求出的值.
【详解】解：∵，∴，∵，，
∴，解得.
故答案为: -1
14、
【解析】∵3x﹣y=0与x+3y=0的互相垂直，且交点为原点，
∴设点P到两条直线的距离分别为a，b，则a≥0，b≥0，

则a+b=2，即b=2﹣a≥0，
得0≤a≤2，
由勾股定理可知===，
∵0≤a≤2，
∴当a=1时，的距离，
故答案为
15、9
【解析】由题意知,当时,.即函数=的图象恒过定点.而在幂函数的图象上,所以,解得,即,所以=9.
16、##
【解析】利用对数的真数大于零可求得原函数的定义域.
【详解】对于函数，，解得，故函数的定义域为.
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）.
【解析】（1）由已知条件可得，结合韦达定理可求得实数的值；
（2）由已知可知，命题“，”为真命题，可得其判别式，即可求得实数的取值范围.
【小问1详解】
解：由已知可得，可得或，
由韦达定理可得，，
所以，，解得，合乎题意.
故.
【小问2详解】
解：由题意可知，，，
则判别式，解得.
所以，实数的取值范围是.
18、 (1) 是奇函数，是偶函数.(2)
【解析】（1）计算，可得证（2）将f(x)代入（1）中表达式化简即可求得
试题解析：
(1)∵的定义域为，∴和的定义域都为.
∵，∴.
∴是奇函数，
∵，∴，
∴是偶函数.
(2)∵，由(1)得，

.
∵，
∴.
点睛：抽象函数的奇偶性证明，先看定义域是否关于远点对称，然后根据奇偶函数的等式性质进行计算便可判断出奇偶性，计算时要注意符号的变化.
19、（1）；（2）
【解析】（1）由奇函数得到，再由多项式相等可得；
（2）由是奇函数和已知得到，再利用是上的单调增函数得到对任意恒成立．利用参数分离得对任意恒成立，再求，上最大值可得答案
【详解】（1）因为函数为上的奇函数，
所以对任意成立，
即对任意成立，
所以，所以
（2）由得，
因为函数为上的奇函数， 所以
由（1）得，是上的单调增函数，

故对任意恒成立
所以对任意恒成立
因为，
令，由，得，即
所以的最大值为，故，
即的最小值为
【点睛】本题考查了函数的性质，不等式恒成立的问题，第二问的关键点是根据函数的为单调递增函数，得到，再利用参数分离后求的最大值，考查了学生分析问题、解决问题的能力.
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）化简得，根据对称轴可得的值，进而根据正弦函数的性质可得最值；
（2）根据正弦函数的性质可得在上的单调递增区间
【小问1详解】
由已知

又是函数图象的一条对称轴，
所以，得，
，
即，
，此时，即，
，此时，即，
【小问2详解】
，则，
当时，即时，单调递增，
在上的单调递增区间为.