嘉峪关市重点中学2026届数学高一上期末达标检测试题含解析.doc

嘉峪关市重点中学2026届数学高一上期末达标检测试题
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．函数的部分图象如图所示，则，的值分别是（）

A.2， B.2，
C.4， D.4，
2．下列函数中为偶函数的是（ ）
A. B.
C. D.
3．设函数,则下列结论错误的是
A.函数的值域为 B.函数是奇函数
C.是偶函数 D.在定义域上是单调函数
4．函数的最小值和最小正周期为（ ）
A.1和2π B.0和2π
C.1和 π D.0和π
5．设m、n是不同的直线，、、是不同的平面，有以下四个命题：
（1）若、，则（2）若，，则
（3）若、，则（4）若，，则
其中真命题的序号是 （ ）
A.（1）（4） B.（2）（3）
C.（2）（4） D.（1）（3）
6．下列命题正确的是（）
A.若，则
B.若，则
C.若，则
D.若，则
7．函数的部分图象如图所示，则

A.
B.
C.
D.
8．下列函数既是奇函数，又是在区间上是增函数是
A. B.
C. D.
9．若角，均为锐角，，，则（）
A. B.
C. D.
10．设集合，，则集合
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知正三棱柱的棱长均为2，则其外接球体积为__________
12．将函数图象上的所有点向右平行移动个单位长度，则所得图象的函数解析式为___________.
13．已知，，，，则______.
14．若函数与函数的最小正周期相同，则实数______
15．已知向量满足，且，则与的夹角为_______
16．函数的最小值为________
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．已知圆经过两点，且圆心在直线上.
（1）求圆的标准方程；
（2）若直线过点，且被圆截得的弦长为，求直线的方程.
18．田忌和齐王赛马是历史上有名的故事，设齐王的三匹马分别为，田忌的三匹马分别为 .三匹马各比赛一次，胜两场者为获胜.若这六匹马比赛的优劣程度可以用以下不等式表示：.
（1）如果双方均不知道对方马的出场顺序，求田忌获胜的概率；
（2）为了得到更大的获胜概率，田忌预先派出探子到齐王处打探实情，得知齐王第一场必出上等马，那么，田忌应怎样安排出马的顺序，才能使自己获胜的概率最大？最大概率是多少？
19．已知直线l经过点，其倾斜角为.
（1）求直线l的方程；
（2）求直线l与两坐标轴围成的三角形的面积.
20．已知函数是定义在上的奇函数，且.
（1）确定函数的解析式，判断并证明函数在上的单调性；
（2）若存在实数，使得不等式成立，求正实数的取值范围.
21．如图，在三棱锥S—ABC中，SC⊥平面ABC，点P、M分别是SC和SB的中点，设PM=AC=1，∠ACB=90°，直线AM与直线SC所成的角为60°.

（1）求证：平面MAP⊥平面SAC.
（2）求二面角M—AC—B的平面角的正切值；
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】根据图象的两个点、的横坐标，得到四分之三个周期的值，得到周期的值，做出的值，把图象所过的一个点的坐标代入方程做出初相，写出解析式，代入数值得到结果
【详解】解：由图象可得：，
∴，
∴，
又由函数的图象经过，
∴，
∴，
即，
又由，则
故选：B
【点睛】本题考查由部分图象确定函数的解析式，属于基础题
关键点点睛：本题解题的关键是利用代入点的坐标求出初相.
2、B
【解析】利用函数奇偶性的定义可判断A、B、C选项中各函数的奇偶性，利用特殊值法可判断D选项中函数的奇偶性.
【详解】对于A选项，令，该函数的定义域为，
，所以，函数为奇函数；
对于B选项，令，该函数的定义域为，
，所以，函数为偶函数；
对于C选项，函数的定义域为，则函数为非奇非偶函数；
对于D选项，令，则，，且，
所以，函数为非奇非偶函数.
故选：B.
【点睛】本题考查函数奇偶性的判断，考查函数奇偶性定义的应用，考查推理能力，属于基础题.
3、D
【解析】根据分段函数的解析式研究函数的单调性，奇偶性，值域，可得结果.
【详解】当时，为增函数，所以，当时，为增函数，所以，
所以的值域为，所以选项是正确的；
又 ，，所以在定义域上不是单调函数，故选项是错误的；
因为当时，，所以，当时，，所以，
所以在定义域内恒成立，所以为奇函数，故选项是正确的；
因为恒成立，所以函数 为偶函数，故选项是正确的.
故选：D
【点睛】本题考查了分段函数的单调性性，奇偶性和值域，属于基础题.
4、D
【解析】由正弦函数的性质即可求得的最小值和最小正周期
【详解】解：∵，
∴当＝﹣1时，f（x）取得最小值，
即f（x）min；
又其最小正周期Tπ，
∴f（x）的最小值和最小正周期分别是：，π
故选D
【点睛】本题考查正弦函数的周期性与最值，熟练掌握正弦函数的图象与性质是解题关键，属于中档题
5、D
【解析】
故选D.
6、D
【解析】由不等式性质依次判断各个选项即可.
【详解】对于A，若，由可得：，A错误；
对于B，若，则，此时未必成立，B错误；
对于C，当时，，C错误；
对于D，当时，由不等式性质知：，D正确.
故选：D.
7、A
【解析】由题图知，，最小正周期，所以，所以.因为图象过点，所以，所以，所以，令，得，所以，故选A.
【考点】三角函数的图象与性质
【名师点睛】根据图象求解析式问题的一般方法是：先根据函数图象的最高点、最低点确定A，h的值，由函数的周期确定ω的值，再根据函数图象上的一个特殊点确定φ值
8、A
【解析】对于，函数，定义域是，有，且在区间是增函数，故正确；
对于，函数的定义域是，是非奇非偶函数，故错误；
对于，函数的定义域是，有，在区间不是增函数，故错误；
对于，函数的定义域是，有，是偶函数不是奇函数，故错误
故选A
9、B
【解析】根据给定条件，利用同角公式及差角的正弦公式计算作答.
【详解】角，均为锐角，即，而，则，又，则，
所以，.
故选：B
10、D
【解析】并集由两个集合所有元素组成，排除重复的元素，故选.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
分别是上，下底面的中心，则的中点为几何体的外接球的球心，
12、
【解析】由题意利用函数的图象变换规律，即可得到结果
【详解】将函数的图象向右平移个单位，所得图象对应的函数解析式，即.
故答案为：.
13、
【解析】利用两角和的正弦公式即可得结果.
【详解】因为，，所以，
由，，可得，，
所以.
故答案为：.
14、
【解析】求出两个函数的周期，利用周期相等，推出a的值
【详解】：函数的周期是；
函数的最小正周期是：；
因为周期相同，所以，解得
故答案为
【点睛】本题是基础题，考查三角函数的周期的求法，考查计算能力
15、##
【解析】根据平面向量的夹角公式即可求出
【详解】设与的夹角为，由夹角余弦公式，解得
故答案为：
16、##
【解析】用辅助角公式将函数整理成的形式，即可求出最小值
【详解】，，所以最小值为
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）或.
【解析】（1）设圆的方程为，根据题意列出方程组，求得的值，即可求解；
（2）由圆的弦长公式，求得圆心到直线的距离为，分类直线的斜率不存在和斜率存在两种情况讨论，即可求得直线的方程.
【小问1详解】
解：圆经过两点，且圆心在直线上，
设圆的方程为，
可得，解得，
所以圆的方程为，即.
【小问2详解】
解：由圆，可得圆心，半径为，
因为直线过点，且被圆截得的弦长为，
可得，解得，即圆心到直线的距离为，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
此时圆心到直线的距离为，符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线的斜率为，可得直线的方程为，
即
由圆心到直线的距离为，解得，
所以直线的方程为，即，
综上可得，所求直线方程为或.
18、 (1) （2）田忌按或的顺序出马，才能使自己获胜的概率达到最大
【解析】（1）齐王与田忌赛马，有六种情况，田忌获胜的只有一种，故田忌获胜的槪率为.（2）因齐王第一场必出上等马，若田忌第一场必出上等马或中等马，则剩下二场，田忌至少输一场，这时田忌必败.为了使自己获胜的概率最大，田忌第一场应出下等马，在余下的两场比赛中，田忌获胜的概率为（余下两场是齐王的中马对田忌上马和齐王的下马对田忌的上马；齐王的中马对田忌下马和齐王的下马对田忌的中马，前者田忌赢，后者田忌输）
解析：记与比赛为，其它同理.
（1）齐王与田忌赛马，有如下六种情况：
；；
；；
；；
其中田忌获胜的只有一种：.故田忌获胜的槪率为.
（2）已知齐王第一场必出上等马，若田忌第一场必出上等马或中等马，则剩下二场，田忌至少输一场，这时田忌必败.为了使自己获胜的概率最大，田忌第一场应出下等马，后两场有两种情形：
①若齐王第二场派出中等马，可能的对阵为：或.田忌获胜的概率为，
②若齐王第二场派出下等马，可能的对阵为：或.田忌获胜的概率也为.
所以，田忌按或的顺序出马，才能使自己获胜的概率达到最大.
19、 (1) ; (2) .
【解析】(1) 由斜率,再利用点斜式即可求得直线方程；
(2) 由直线的方程，分别令为，得到纵截距与横截距，即可得到直线与两坐标轴所围成的三角形的面积.
【详解】(1)
直线方程为：，即.
(2) 由 (1) 令，则；令，则.
所以直线与两坐标轴所围成的三角形的面积为：
.
【点睛】本题考查直线的点斜式方程，直线截距的意义，三角形的面积，属于基础题.
20、（1），函数在上单调递减，证明见解析.
（2）
【解析】（1）根据，得到函数解析式，设，计算，证明函数的单调性.
（2）根据函数的奇偶性和单调性得到，设，求函数的最小值得到答案.
【小问1详解】
函数是定义在上的奇函数，则，，
解得，，故.
在上单调递减，证明如下：设，
则，
，，，故，即.
故函数在上单调递减.
【小问2详解】
，即，
，，故，即，
设，，，
，故，又，故.
21、（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）由已知可证BC⊥平面SAC，又PM∥BC，则PM⊥面SAC，从而可证平面MAP⊥平面SAC；
（2）由AC⊥平面SBC，可得∠MCB为二面角M—AC－B的平面角，过点M作MN⊥CB于N点，连接AN，则∠AMN=60°，由勾股定理可得，在中，可得，从而在中，即可求解二面角M—AC—B的平面角的正切值.
【小问1详解】
证明：∵SC⊥平面ABC，∴SC⊥BC，
又∵∠ACB=90°，∴AC⊥BC，又ACSC=C，
∴BC⊥平面SAC，
又∵P，M是SC、SB的中点，
∴PM∥BC，∴PM⊥面SAC，又PM平面MAP，
∴平面MAP⊥平面SAC；
【小问2详解】
解：∵SC⊥平面ABC，∴SC⊥AC，又AC⊥BC，BCSC=C，
∴AC⊥平面SBC，
∴AC⊥CM，AC⊥CB，从而∠MCB为二面角M—AC－B的平面角，
∵直线AM与直线PC所成的角为60°，
∴过点M作MN⊥CB于N点，连接AN，

则∠AMN=60°，在△CAN中，由勾股定理可得，
在中，，
在中，.