湖南省湘潭市2026届高一数学第一学期期末预测试题含解析.doc

湖南省湘潭市2026届高一数学第一学期期末预测试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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．实数，，的大小关系正确的是(　　)
A. B.
C. D.
2．函数的部分图象如图所示，将的图象向右平移个单位长度后得到的函数图象关于轴对称，则的最小值为（）

A. B.
C. D.
3．下列函数在定义域内单调递增的是（ ）
A. B.
C. D.
4．一钟表的秒针长，经过，秒针的端点所走的路线长为（ ）
A. B.
C. D.
5．已知函数的定义域为,则函数的定义域为(　　)
A. B.
C. D.
6．若则一定有
A. B.
C. D.
7．下列选项中，与的值不相等的是（ ）
A B.cos18°cos42°﹣sin18°sin42°
C. D.
8．若函数，在区间上单调递增，在区间上单调递减，则（）
A.1 B.
C.2 D.3
9．下列说法错误的是（）
A.球体是旋转体 B.圆柱的母线垂直于其底面
C.斜棱柱的侧面中没有矩形 D.用正棱锥截得的棱台叫做正棱台
10．已知奇函数的定义域为，其图象是一条连续不断的曲线．若，则函数在区间内的零点个数至少为（）
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．水车在古代是进行灌溉引水的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征.如图是一个半径为的水车，以水车的中心为原点，过水车的中心且平行于水平面的直线为轴，建立如图平面直角坐标系，一个水斗从点出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时秒.经过秒后，水斗旋转到点，设点的坐标为，其纵坐标满足，当秒时，___________.

12．若关于的方程只有一个实根，则实数的取值范围是______.
13．已知函数，设，，若成立，则实数的最大值是_______
14．求值：__________
15．请写出一个最小正周期为，且在上单调递增的函数__________
16．已知集合A={2，log2m}，B={m，n}(m，n∈R)，且，则A∪B=___________.
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．已知函数的一系列对应值如下表：

（1）根据表格提供的数据求函数的一个解析式；
（2）根据（1）的结果，若函数周期为，当时，方程 恰有两个不同的解，求实数的取值范围.
18．如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直．EF//AC，AB=,CE=EF=1

（Ⅰ）求证：AF//平面BDE；
（Ⅱ）求证：CF⊥平面BDE;
19．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC与△A1B1C1都为正三角形且AA1⊥面ABC，F、F1分别是AC，A1C1的中点.求证：

（1）平面AB1F1∥平面C1BF；
（2）平面AB1F1⊥平面ACC1A1.
20．已知函数.
（1）求函数的定义域；
（2）若对任意恒有，求实数的取值范围.
21．已知,
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)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】根据指数函数、对数函数的单调性分别判断的取值范围，即可得结果.
【详解】由对数函数的单调性可得，

根据指数函数的单调性可得，

即，
，故选B.
【点睛】本题主要考查对数函数的性质、指数函数的单调性及比较大小问题，属于中档题.解答比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间（一般是看三个区间 ）；二是利用函数的单调性直接解答；数值比较多的比大小问题也可以两种方法综合应用.
2、C
【解析】观察图象可得函数的最大值，最小值，周期，由此可求函数的解析式，根据三角函数变换结论，求出平移后的函数解析式，根据平移后函数图象关于轴对称，列方程求的值，由此确定其最小值.
【详解】根据函数的部分图象，
可得，，∴
因，可得，又，
求得，故
将的图象向右平移个单位长度后得到的函数的图象，
因为的图象关于直线轴对称，
故，即，
故的最小值为，
故选：C
3、D
【解析】根据题意，依次分析选项中函数的单调性，综合即可得答案
详解】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，，是二次函数，在其定义域上不是单调函数，不符合题意；
对于B，，是正切函数，在其定义域上不是单调函数，不符合题意；
对于C，，是指数函数，在定义域内单调递减，不符合题意；
对于D，，是对数函数，在定义域内单调递增，符合题意；
故选：D
4、C
【解析】计算出秒针的端点旋转所形成的扇形的圆心角的弧度数，然后利用扇形的弧长公式可计算出答案.
【详解】秒针的端点旋转所形成的扇形的圆心角的弧度数为，
因此，秒针的端点所走的路线长.
故选：C.
【点睛】本题考查扇形弧长的计算，计算时应将扇形的圆心角化为弧度数，考查计算能力，属于基础题.
5、C
【解析】解不等式即得函数的定义域.
【详解】由题得，解之得，所以函数的定义域为.
故答案为C
【点睛】本题主要考查复合函数的定义域的求法，考查具体函数的定义域的求法和对数函数的单调性，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
6、D
【解析】本题主要考查不等关系．已知,所以，所以，故．故选
7、C
【解析】先计算的值，再逐项计算各项的值，从而可得正确的选项．
【详解】．
对于A，因为，故A正确．
对于B，，故B正确．
对于C，，故C错误．
对于D，，故D正确．
故选：C．
8、B
【解析】根据以及周期性求得.
【详解】依题意函数，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
则，
即，解得.
故选：B
9、C
【解析】利用空间几何体的结构特征可得.
【详解】由旋转体的概念可知，球体是旋转体，故A正确；
圆柱的母线平行于圆柱的轴，垂直于其底面，故B正确；
斜棱柱的侧面中可能有矩形，故C错误；
用正棱锥截得的棱台叫做正棱台，故D正确.
故选：C.
10、C
【解析】根据奇函数的定义域为R可得，由和奇函数的性质可得、，利用零点的存在性定理即可得出结果.
【详解】奇函数的定义域为R，其图象为一条连续不断的曲线，
得，由得，
所以，故函数在之间至少存在一个零点，
由奇函数的性质可知函数在之间至少存在一个零点，
所以函数在之间至少存在3个零点.
故选：C

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】求出关于的函数解析式，将代入函数解析式，求出的值，可得出点的坐标，进而可求得的值.
【详解】由题意可知，，函数的最小正周期为，
则，所以，，
点对应，，则，可得，
，，故，
当时，，
因为，故点不与点重合，此时点，则.
故答案为：.
12、
【解析】把关于的方程只有一个实根，转化为曲线与直线的图象有且只有一个交点，在同一坐标系内作出曲线与直线的图象，结合图象，即可求解.
【详解】由题意，关于方程只有一个实根，
转化为曲线与直线的图象有且只有一个交点，
在同一坐标系内作出曲线与直线的图象，如图所示，
结合图象可知，当直线介于和之间的直线或与重合的直线符合题意，
又由直线在轴上的截距分别为，
所以实数的取值范围是.
故答案为.

【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中把方程的解转化为直线与曲线的图象的交点个数，结合图象求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及数形结合思想的应用，属于基础题.
13、
【解析】设不等式的解集为，从而得出韦达定理，由可得，要使，即不等式的解集为，则可得，以及是方程的两个根，再得出其韦达定理，比较韦达定理可得出，从而求出与的关系，代入，得出答案.
【详解】，则
由题意设集合，即不等式的解集为
所以是方程的两个不等实数根
则，
则由可得，
由，所以不等式的解集为
所以
是方程，即的两个不等实数根，
所以
故，，则，
则，则
由，即，即，解得
综上可得，所以的最大值为
故答案：
14、
【解析】直接利用两角和的正切公式计算可得；
【详解】解：
故答案为：
15、或（不唯一）.
【解析】根据函数最小正周期为，可构造正弦型、余弦型或者正切型函数，再结合在上单调递增，构造即可.
【详解】解：根据函数最小正周期为，可构造正弦型、余弦型或者正切型函数，再结合在上单调递增，构造即可，
如或满足题意
故答案为：或（不唯一）.
16、
【解析】根据条件得到，解出，进而得到.
【详解】因为，所以且，所以，解得：，则，，所以.
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）根据表格提供的数据画出函数图象，求出、和、的值，写出的解析式即可；
（2）由函数的最小正周期求出的值，再利用换元法，令，结合函数的图象求出方程恰有两个不同的解时的取值范围
【详解】解：(1)绘制函数图象如图所示：

设的最小正周期为，得．由得
又解得,
令，即，，
据此可得：，又，令可得
所以函数的解析式为
(2)因为函数的周期为，又，所以
令，因为，所以
在上有两个不同的解，等价于函数与的图象有两个不同的交点，，
所以方程在时恰好有两个不同的解的条件是，
即实数的取值范围是

【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了函数与方程的应用问题，属于中档题
18、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析
【解析】(1)设AC与BD交于点G.

因为EF∥AG,
且EF=1,AG=AC=1,
所以四边形AGEF为平行四边形.
所以AF∥EG.
因为EG⊂平面BDE,AF⊄平面BDE,
所以AF∥平面BDE.
(2)连接FG.
因为EF∥CG,EF=CG=1,且CE=1,
所以四边形CEFG为菱形.
所以CF⊥EG.
因为四边形ABCD为正方形,所以BD⊥AC.
又因平面ACEF⊥平面ABCD,
且平面ACEF∩平面ABCD=AC,
所以BD⊥平面ACEF.所以CF⊥BD.
又BD∩EG=G,所以CF⊥平面BDE.
19、（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】（1）由棱柱的性质及中点得B1F1∥BF，AF1∥C1F.，从而有线面平行，再有面面平行；
（2）先证明B1F1⊥平面ACC1A1，然后可得面面垂直
【详解】证明：（1）在正三棱柱ABC－A1B1C1中，连接，
∵F、F1分别是AC、A1C1的中点，
，，，
∴是平行四边形，是平行四边形，
∴B1F1∥BF，AF1∥C1F.
　平面，平面，∴平面，
同理平面，
又∵B1F1∩AF1＝F1，平面，平面，
∴平面AB1F1∥平面C1BF.

（2）在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，平面，∴B1F1⊥AA1.
又是等边三角形，是中点，∴B1F1⊥A1C1，而A1C1∩AA1＝A1，
∴B1F1⊥平面ACC1A1，而B1F1⊂平面AB1F1，
∴平面AB1F1⊥平面ACC1A1.
【点睛】本题考查证明面面平行和面面垂直，掌握面面平行和面面垂直的判定定理是解题关键
20、（1）答案见解析；
（2）.
【解析】(1)根据对数的真数为正即可求解；
(2)对任意恒有对恒成立，参变分离即可求解a的范围.
【小问1详解】
由得，，等价于，
∵方程的，
当，即时，恒成立，解得，
当，即时，原不等式即为，解得且；
当，即，又，即时，
方程的两根、，
∴解得或，
综上可得当时，定义域为，
当时，定义域为且，
当时，定义域为或；
【小问2详解】
对任意恒有，即对恒成立，
∴，而，在上是减函数，
∴，
所以实数的取值范围为.
21、 (1);(2)4;(3) .
【解析】（1）根据同角函数关系得到正弦值，结合余弦值得到正切值；（2）根据诱导公式化简，上下同除余弦值即可；（3）结合两角和的正弦公式和二倍角公式可得到结果.
【详解】（1）∵， ,∴∴
（2）.
（3）=，根据二倍角公式得到;
代入上式得到=.
【点睛】这个题目考查了三角函数的同角三角函数的诱导公式和弦化切的应用，以及二倍角公式的应用，利用诱导公式化简三角函数的基本思路:(1)分析结构特点,选择恰当公式;(2)利用公式化成单角三角函数;(3)整理得最简形式.