河南省漯河市第四高级中学2025-2026学年高一数学第一学期期末质量检测模拟试题含解析.doc

河南省漯河市第四高级中学2025-2026学年高一数学第一学期期末质量检测模拟试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．已知函数，若不等式对任意实数x恒成立，则a的取值范围为（）
A B.
C. D.
2．已知函数且，则函数恒过定点（ ）
A. B.
C. D.
3．已知x，y满足，求的最小值为（）
A.2 B.
C.8 D.
4．若集合，则下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. D.
5．计算的值为
A. B.
C. D.
6．设，，则a，b，c的大小关系是（）
A. B.
C. D.
7．函数的最小值为（）
A. B.
C.0 D.
8．若函数的定义域为，则为偶函数的一个充要条件是（）
A.对任意，都有成立；
B.函数的图像关于原点成中心对称；
C.存在某个，使得；
D.对任意给定的，都有.
9．若，，，则
A B.
C. D.
10．某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）是（ ）

A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．某高校甲、乙、丙、丁4个专业分别有150，150，400，300名学生．为了了解学生的就业倾向，用分层随机抽样的方法从这4个专业的学生中抽取40名学生进行调查，应在丁专业中抽取的学生人数为______
12．定义域为上的函数满足，且当时，，若，则a的取值范围是______
13．已知函数，则满足的实数的取值范围是__
14．函数的最小值为______
15．函数的单调递增区间为___________.
16．__________.
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）已知，求最大值
（2）已知且，求的最小值
18．已知，，且
若，求的值；
与能否平行，请说明理由
19．已知函数，.
（1）求函数的定义域；
（2）求不等式的解集.
20．已知二次函数
（）若函数在上单调递减，求实数的取值范围
（）是否存在常数，当时，在值域为区间且？
21．计算（1）-
（2）
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】先分析出的奇偶性，再得出的单调性，由单调性结合奇偶性解不等式得到，再利用均值不等式可得答案.
【详解】的定义域满足，由，
所以在上恒成立.所以的定义域为

则

所以，即为奇函数.
设，由上可知为奇函数.
当时，，均为增函数，则在上为增函数.
所以在上为增函数.
又为奇函数，则在上为增函数，且
所以在上为增函数.
所以在上为增函数.
由，即
所以对任意实数x恒成立
即，由
当且仅当，即时得到等号.
所以
故选：C
2、D
【解析】利用对数函数过定点求解.
【详解】令，解得，，
所以函数恒过定点，
故选：D
3、C
【解析】利用两点间的距离公式结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】解：表示点与直线上的点的距离的平方
所以的最小值为点到直线的距离的平方
所以最小值为：
故选：C.
4、C
【解析】利用元素与集合，集合与集合的关系判断.
【详解】因为集合是奇数集，
所以，，，àA，
故选：C
5、D
【解析】直接由二倍角的余弦公式，即可得解.
【详解】由二倍角公式得：，
故选D.
【点睛】本题考查了二倍角的余弦公式，属于基础题.
6、C
【解析】根据指数函数与对数函数的性质，求得的取值范围，即可求解.
【详解】由对数的性质，可得，
又由指数函数的性质，可得，即，且，
所以.
故选：C.
7、C
【解析】利用对数函数单调性得出函数在时取得最小值
【详解】，
因为是增函数，因此当时，，，
当时，，，
而时，，
所以时，
故选：C
8、D
【解析】利用偶函数的定义进行判断即可
【详解】对于A，对任意，都有成立，可得为偶函数且为奇函数，而当为偶函数时，不一定有对任意，，所以A错误，
对于B，当函数的图像关于原点成中心对称，可知，函数为奇函数，所以B错误，
对于CD，由偶函数的定义可知，对于任意，都有，即，所以当为偶函数时，任意，，反之，当任意，，则为偶函数，所以C错误，D正确，
故选：D
9、B
【解析】利用指数函数与对数函数的单调性分别求出的范围，即可得结果.
【详解】根据指数函数的单调性可得，
根据对数函数的单调性可得
,
则，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.
10、C
【解析】先还原几何体为一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果.
【详解】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为，底面为直角梯形，上下底分别为、，梯形的高为，因此几何体的体积为，选C.
【点睛】先由几何体的三视图还原几何体的形状，再在具体几何体中求体积或表面积等.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、12
【解析】利用分层抽样的性质直接求解
详解】由题意应从丁专业抽取的学生人数为：
故答案为：12
12、
【解析】根据，可得函数图象关于直线对称，当时，，可设，根据，即可求解；
【详解】解：，的函数图象关于直线对称，
函数关于y轴对称，
当时，，
那么时，，
可得，
由，
得

解得：；
故答案为.
【点睛】本题考查了函数的性质的应用及不等式的求解，属于中档题.
13、
【解析】分别对，分别大于1，等于1，小于1的讨论，即可.
【详解】对，分别大于1，等于1，小于1讨论，当,解得
当，不存在，当时，，解得，故
x的范围为
【点睛】本道题考查了分段函数问题，分类讨论，即可，难度中等
14、
【解析】根据，并结合基本不等式“1”的用法求解即可.
【详解】解：因为，
所以
，当且仅当时，等号成立
故函数的最小值为.
故答案为：
15、
【解析】根据复合函数“同增异减”的原则即可求得答案.
【详解】由，设，对称轴为：，根据“同增异减”的原则，函数的单调递增区间为：.
故答案为：.
16、1
【解析】应用诱导公式化简求值即可.
【详解】原式.
故答案为：1.

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）1；（2）2
【解析】（1）由基本不等式求出最小值后可得所求最大值
（2）凑出积为定值后由基本不等式求得最小值
【详解】（1），则，
，
当且仅当，即时等号成立．所以的最大值为1
（2）因为且，
所以
，
当且仅当，即时等号成立．所以所求最小值为2
18、（1）；（2）不能平行.
【解析】推导出，从而，，进而，由此能求出假设与平行，则推导出，，由，得，不能成立，从而假设不成立，故与不能平行
【详解】，，且．，
，
，，
，
．
假设与平行，则
，
则，，
，，不能成立，
故假设不成立，故与不能平行
【点睛】本题考查向量的模的求法，考查向量能否平行的判断，考查向量垂直、向量平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
19、（1）
（2）答案见解析
【解析】（1）根据对数的真数大于零可得出关于的不等式组，由此可解得函数的定义域；
（2）将所求不等式变形为，分、两种情况讨论，利用对数函数的单调性结合函数的定义域可求得原不等式的解集.
【小问1详解】
解：，
则有，解得，故函数的定义域为.
【小问2详解】
解：当时，函数在上为增函数，
由，可得，
所以，解得，此时不等式的解集为；
当时，函数在上为减函数，
由，可得，
所以，解得，此时不等式的解集为.
综上所述，当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为.
20、 (1)．(2)存在常数，，满足条件
【解析】(1)结合二次函数的对称轴得到关于实数m的不等式，求解不等式可得实数的取值范围为
(2)在区间上是减函数，在区间上是增函数．据此分类讨论：
①当时，
②当时，
③当，
综上可知，存在常数，，满足条件
试题解析：
（）∵二次函数的对称轴为，
又∵在上单调递减，
∴，，
即实数的取值范围为
（）在区间上是减函数，在区间上是增函数
①当时，在区间上，最大，最小，
∴，即，
解得
②当时，在区间上，最大，最小，
∴，解得
③当，在区间上，最大，最小，
∴，即，
解得或，
∴
综上可知，存在常数，，满足条件
点睛：二次函数、二次方程与二次不等式统称“三个二次”，它们常结合在一起，有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法．一般从：①开口方向；②对称轴位置；③判别式；④端点函数值符号四个方面分析
21、（1）；（2）.
【解析】（1）综合利用指数对数运算法则运算；
（2）利用对数的运算法则化简运算.
【详解】解：（1）原式；
（2）原式
【点睛】本题考查指数对数的运算，属基础题，在指数运算中，往往先将幂化为指数幂，然后利用指数幂的运算法则化简；在对数的运算中，要注意的运用和对数有关公式的运用.