云南省昆明市黄冈实验学校2025-2026学年高一数学第一学期期末学业水平测试模拟试题含解析.doc

云南省昆明市黄冈实验学校2025-2026学年高一数学第一学期期末学业水平测试模拟试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．定义在上的函数满足，且当时，，若关于的方程在上至少有两个实数解，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
2．若，，则角的终边在
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
3．设向量=（1.）与=（-1， 2）垂直，则等于
A. B.
C.0 D.-1
4．已知，则的大小关系是（）
A. B.
C. D.
5．下列各式不正确的是（ ）
A.sin(α+)=－sinα B.cos(α+)=－sinα
C.sin(－α－2)=－sinα D.cos(α－)=sinα
6．函数的图象大致是()
A. B.
C. D.
7．设，则与终边相同的角的集合为
A. B.
C. D.
8．已知，则（　　）
A. B.
C. D.
9． “”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
10．已知集合，，若，则的子集个数为
A.14 B.15
C.16 D.32
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．在平面直角坐标系中，正三角形ABC的边BC所在直线的斜率是0，则AC，AB所在直线的斜率之和为________
12．设，则________
13．不等式的解集为___________.
14．已知过点的直线与轴，轴在第二象限围成的三角形的面积为3，则直线的方程为__________
15．若一个扇形的周长为，圆心角为2弧度，则该扇形的面积为__________
16．已知函数，那么_________.
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．如图，在直四棱柱中，底面是边长为2的正方形，分别为线段，的中点.

(1)求证：||平面；
(2)四棱柱的外接球的表面积为，求异面直线与所成的角的大小.
18．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.
19．已知函数在一个周期内的图象如图所示

（1）求的解析式；
（2）直接写出在区间上的单调区间；
（3）已知，都成立，直接写出一个满足题意的值
20．已知，，
（1）用，表示；
（2）求
21．已知
（1）求函数的单调区间；
（2）求证：时，成立.
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】把问题转化为函数在上的图象与直线至少有两个公共点，再数形结合，求解作答.
【详解】函数满足，当时，，
则当时，，当时，，
关于的方程在上至少有两个实数解，
等价于函数在上的图象与直线至少有两个公共点，
函数的图象是恒过定点的动直线，
函数在上的图象与直线，如图，

观察图象得：当直线过点时，，将此时的直线绕点A逆时针旋转到直线的位置，
直线(除时外)与函数在上的图象最多一个公共点，此时或或a不存在，
将时的直线(含)绕A顺时针旋转到直线(不含直线)的位置，
旋转过程中的直线与函数在上的图象至少有两个公共点，此时，
所以实数的取值范围为.
故选：C
【点睛】方法点睛：图象法判断函数零点个数，作出函数f(x)的图象，观察与x轴公共点个数或者
将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.
2、D
【解析】本题考查三角函数的性质
由知角可能在第一、四象限；由知角可能在第三、四象限；
综上得角的终边在箱四象限
故正确答案为
3、C
【解析】：正确的是C.
点评：此题主要考察平面向量的数量积的概念、运算和性质，同时考察三角函数的求值运算.
4、B
【解析】利用指数函数和对数函数的性质，三角函数的性质比较大小即可
【详解】∵，，
∴；
∵，∴；
∵，∴，
∴，又，，
∴，∴
综上可知
故选：B
5、B
【解析】将视为锐角，根据“奇变偶不变，符号看象限”得出答案.
【详解】将视为锐角，
∵在第三象限，正弦为负值，且是的2倍为偶数，不改变三角函数的名称，∴，A正确；
∵在第四象限，余弦为正值，且是的3倍为奇数数，要改变三角函数的名称，∴，B错误；
∵，在第四象限，正弦为负值，且0是的0倍为偶数，不改变三角函数的名称，∴，C正确；
∵在第四象限，余弦为正值，且是的1倍为奇数，要改变三角函数的名称，∴，D正确.
故选：B.
6、B
【解析】根据题意，先分析函数的奇偶性，排除AC，再判断函数在上的符号，排除D，即可得答案
【详解】∵f(x)定义域[－1，1]关于原点对称，且，
∴f(x)为偶函数，图像关于y轴对称，故AC不符题意；
在区间上，，，则有，故D不符题意，B正确.
故选：B
7、B
【解析】由终边相同的角的概念，可直接得出结果.
【详解】因为，所以与终边相同的角为.
故选B
【点睛】本题主要考查终边相同的角，熟记概念即可得出结果，属于基础题型.
8、D
【解析】先求出，再分子分母同除以余弦的平方，得到关于正切的关系式，代入求值.
【详解】由得，，所以
故选：D
9、A
【解析】利用或，结合充分条件与必要条件的定义可得结果.
详解】根据题意，由于或，
因此可以推出，反之，不成立，
因此“”是“”的充分而不必要条件，故选A.
【点睛】判断充分条件与必要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.
10、C
【解析】根据集合的并集的概念得到，集合的子集个数有 个，即16个
故答案为C

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、0
【解析】由于正三角形的内角都为，且边BC所在直线的斜率是0，不妨设边AB所在直线的倾斜角为，则斜率为，则边AC所在直线的倾斜角为，斜率为，所以AC，AB所在直线的斜率之和为
12、
【解析】根据自变量取值判断使用哪一段解析式求解，分别代入求解即可
【详解】解：因为，
所以，
所以
故答案为：1
13、
【解析】根据对数函数的单调性解不等式即可.
【详解】由题设，可得：，则，
∴不等式解集为.
故答案：.
14、
【解析】设直线l的方程是y=k（x-3）+4，
它在x轴、y轴上的截距分别是﹣+3，-3k+4，
且﹣+3<0, -3k+4>0
由已知，得（-3k+4）（﹣3）=6，
解得k1=或k2=
所以直线l的方程为：
故答案为
15、4
【解析】设出扇形的半径，求出扇形的弧长，利用周长公式，求出半径，然后求出扇形的面积
【详解】设扇形的半径为：R，所以2R+2R＝8，所以R＝2，扇形的弧长为：4，半径为2，
扇形的面积为：4（cm2）
故答案为4
【点睛】本题是基础题，考查扇形的面积公式的应用，考查计算能力
16、3
【解析】首先根据分段函数求的值，再求的值.
【详解】，所以.
故答案为：3

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）见解析；（2）
【解析】（1）连接BD1，由中位线定理证明EF∥D1B，由线面平行的判定定理证明EF∥平面ABC1D1；
（2）由（1）和异面直线所成角的定义，得异面直线EF与BC所成的角是∠D1BC，由题意和球的表面积公式求出外接球的半径，由勾股定理求出侧棱AA1的长，由直四棱柱的结构特征和线面垂直的定义，判断出BC⊥CD1，在RT△CC1D1中求出tan∠D1BC，求出∠D1BC可得答案．
试题解析：

（1）连接，在中，分别为线段的中点，∴为中位线，
∴ ，而面，面，∴平面.
（2）由（1）知，故即为异面直线与所成的角.
∵四棱柱的外接球的表面积为，
∴四棱柱的外接球的半径，
设，则，解得，
在直四棱柱中，∵平面，平面，
∴，在中，，
∴，
∴异面直线与所成的角为.
18、（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.
19、（1）
（2）增区间为，减区间为
（3）
【解析】（1）根据图象确定周期可得出，再由图象过点求出即可得出解析式；
（2）根据图象观察直接写出即可；
（3）由知函数图象关于对称，由图象直接写即可.
【小问1详解】
由图可知，
所以
因，且，
所以
因为图象过点，
所以
所以
所以
所以
因为，
所以
所以
【小问2详解】
在区间上，函数的增区间为，减区间为，
【小问3详解】
因为恒成立，
所以函数图象关于对称，
由图可知适合题意，（答案不唯一）
20、（1）
（2）
【解析】先把指数式化为对数式求出的值，再利用对数的运算性质进行求解
【小问1详解】
解：，，，

【小问2详解】
解：，，
，

21、 (1)增区间为，减区间为；(2)证明见解析.
【解析】(1)由题意可得函数的解析式为：，结合复合函数的单调性可得函数的增区间为，减区间为；
(2)由题意可得原式，结合均值不等式的结论和三角函数的性质可得：，而均值不等式的结论是不能在同一个自变量处取得的，故等号不成立，即题中的结论成立.
试题解析：
(1)解:由已知,
所以,
令得，
由复合函数的单调性得的增区间为，减区间为；
（2）证明:时，，，,当时取等号，

,    
设，由得，且,
从而,
由于上述各不等式不能同时取等号，所以原不等式成立.