山西省长治市屯留县一中2025-2026学年数学高一第一学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析.doc

山西省长治市屯留县一中2025-2026学年数学高一第一学期期末质量跟踪监视模拟试题
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．在梯形中，，，是边上的点，且.若记，，则（）
A. B.
C. D.
2．根据表中的数据，可以断定方程的一个根所在的区间是（）
x
-1
0
1
2
3

0.37
1
2.72
7.39
20.09
A. B.
C. D.
3．如图，在正三棱锥中，，点为棱的中点，则异面直线与所成角的大小为（）

A.30° B.45°
C.60° D.90°
4．如果命题“使得”是假命题，那么实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
5．以点为圆心，且与轴相切的圆的标准方程为（）
A. B.
C. D.
6．如图，三棱柱中，侧棱底面，底面三角形是正三角形，是中点，则下列叙述正确的是

A.平面
B.与是异面直线
C.
D.
7．函数，的值域为（）
A. B.
C. D.
8．已知集合
A. B.
C. D.
9．设集合，集合 ，则 等于（ ）
A (1,2) B.(1,2]
C.[1,2) D.[1,2]
10．函数的零点为，，则的值为（）
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．用二分法求方程x2＝2的正实根的近似解(精确度0.001)时，如果我们选取初始区间是[1.4,1.5]，则要达到精确度至少需要计算的次数是______________
12．设函数.则函数的值域为___________；若方程在区间上的四个根分别为，，，，则___________.
13．的值等于____________
14．求方程在区间内的实数根，用“二分法”确定的下一个有根的区间是____________.
15．已知球O的内接圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则球O的表面积为________.
16．已知且，则的最小值为______________
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．已知函数，其中，.
（1）若，求函数的最大值；
（2）若在上的最大值为，最小值为，试求，的值.
18．（1）已知，，求的值；
（2）若，求的值.
19．已知函数
（1）求函数图象的相邻两条对称轴的距离；
（2）求函数在区间上的最大值与最小值，以及此时的取值
20．已知函数.
（1）当时，求的定义域；
（2）若函数只有一个零点，求的取值范围.
21．直线过点，且倾斜角为.
（1）求直线的方程；
（2）求直线与坐标轴所围成的三角形面积.
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】作出图形，由向量加法的三角形法则得出可得出答案.
【详解】如下图所示：

由题意可得，
由向量加法的三角形法则可得.
故选：A.
【点睛】本题考查利用基底来表示向量，涉及平面向量加法的三角形法则的应用，考查数形结合思想的应用，属于基础题.
2、D
【解析】将与的值代入，找到使的,即可选出答案.
【详解】时，.
时，.
时，.
时，
时，.
因为.
所以方程的一个根在区间内.
故选：D.
【点睛】本题考查零点存定理，函数连续，若存在，使,则函数在区间上至少有一个零点.属于基础题.
3、C
【解析】取BC的中点E，∠DFE即为所求，结合条件即求.
【详解】如图取BC的中点E，连接EF，DE，
则EF∥AB，∠DFE即为所求，

设，在正三棱锥中，，
故，
∴，
∴，即异面直线与所成角的大小为.
故选：C.
4、B
【解析】特称命题是假命题，则该命题的否定为全称命题且是真命题，然后根据即可求解.
【详解】依题意，命题“使得”是假命题，
则该命题的否定为“”，且是真命题；
所以，.
故选：B
5、C
【解析】根据题中条件，得到圆的半径，进而可得圆的方程.
【详解】以点为圆心且与轴相切的圆的半径为，
故圆的标准方程是.
故选：C.
6、D
【解析】因为三棱柱A1B1C1-ABC中,侧棱AA1⊥底面ABC，底面三角形ABC是正三角形，E是BC中点，
所以对于A,AC与AB夹角为60°,即两直线不垂直，所以AC不可能垂直于平面ABB1A1；故A错误；
对于B,CC1与B1E都在平面CC1BB1中不平行，故相交；所以B错误；
对于C,A1C1，B1E是异面直线；故C错误；
对于D,因为几何体是三棱柱,并且侧棱AA1⊥底面ABC，底面三角形ABC是正三角形，E是BC中点，所以BB1⊥底面ABC,所以BB1⊥AE,AE⊥BC,得到AE⊥平面BCC1B1,所以AE⊥BB1；
故选D.
7、A
【解析】首先由的取值范围求出的取值范围，再根据正切函数的性质计算可得；
【详解】解：因为，所以
因为在上单调递增，所以
即
故选：A
8、D
【解析】由已知，所以
考点：集合的运算
9、B
【解析】由指数函数、对数函数的性质可得、，再由交集的运算即可得解.
【详解】因为，，
所以.
故选：B.
【点睛】本题考查了指数不等式的求解及对数函数性质的应用，考查了集合交集的运算，属于基础题.
10、C
【解析】根据零点存在性定理即可求解.
【详解】是上的增函数，
又，
函数的零点所在区间为，
又，
.
故选：C.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、7
【解析】设至少需要计算n次，则n满足，即，由于，故要达到精确度要求至少需要计算7次
12、 ①. ②.
【解析】根据二倍角公式，化简可得，分别讨论位于第一、二、三、四象限，结合辅助角公式，可得的解析式，根据的范围，即可得值域；作出图象与，结合图象的对称性，可得答案.
【详解】由题意得

当时，即时，
，
又，
所以；
当时，即时，
，
又，
所以；
当时，即时，
，
又，
所以；
当时，即时，
，
又，
所以；
综上：函数的值域为.
因为，所以，
所以，
作出图象与图象，如下如所示

由图象可得，
所以
故答案为：；
13、2
【解析】利用诱导公式、降次公式进行化简求值.
【详解】.
故答案为：
14、
【解析】根据二分法的步骤可求得结果.
【详解】令，
因为，，，
所以下一个有根的区间是.
故答案为：
15、
【解析】根据内接圆柱的轴截面是边长为2的正方形，确定球O的半径，再由球的表面积公式即得。
【详解】由题得，圆柱底面直径为2，球的半径为R，球O的内接圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则圆柱的轴截面的对角线即为球的直径，故，则球的表面积.
故答案为：
【点睛】本题考查空间几何体，球的表面积，是常见的考题。
16、9
【解析】因为且，所以
取得等号，故函数的最小值为9.，答案为9.

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）根据条件得对称轴范围，与定义区间位置关系比较得最大值（2）由得对称轴必在内，即得，且，解方程组可得，的值.
试题解析：解:抛物线的对称轴为，
（1）若，即
则函数在为增函数，
（2）①当时，即时，
当时， ，，
，
，解得或（舍），，.
②当时，即时，
在上为增函数，与矛盾，无解，
综上得：，.
18、（1）；（2）.
【解析】(1)由条件利用同角三角函数的基本关系求出,即可求得的值；
(2)把要求的式子利用诱导公式化为,进而而求得结果.
【详解】解：（1）∵，，
∴

∴
（2）若，
则.
19、（1）；（2）时，取得最大值为3；当时，取得最小值为
【解析】利用倍角公式降幂，再由辅助角公式可把函数化简为
（1）求出函数的半周期得答案；
（2）由的范围求出的范围，利用正弦函数的性质可求原函数的最值及使原函数取得最值时的值
详解】.
（1）函数图象的相邻两条对称轴的距离为；
（2），
∴当，即时，取得最大值为3；
当，即时，取得最小值为
【点睛】本题考查型函数的图象与性质、倍角公式与两角和的正弦的应用，是基础题
20、（1）；
（2）
【解析】（1）当时，求的解析式，令真数位置大于，解不等式即可求解；
（2）由题意可得，整理可得只有一解，分别讨论，时是否符合题意，再分别讨论和有且只有一个是方程①的解，结合定义域列不等式即可求解.
【小问1详解】
当时，，
由，即，因为，所以.
故的定义域为.
【小问2详解】
因为函数只有一个零点，
所以关于的方程①的解集中只有一个元素.
由，
可得，即，
所以②，
当时，，无意义不符合题意，
当，即时，方程②的解为.
由（1）得的定义域为，不在的定义域内，不符合题意.
当是方程①的解，且不是方程①的解时，
解得：，
当是方程①的解，且不是方程①的解时，
解得：且，无解.
综上所述：的取值范围是.
21、（1）；（2）.
【解析】（1）根据倾斜角得到斜率，再由点斜式，即可得出结果；
（2）分别求出直线与坐标轴的交点坐标，进而可求出三角形面积.
【详解】（1）∵倾斜角为，∴斜率，
∴直线的方程为：，即；
（2）由（1）得，令，则，即与轴交点为；
令，则，以及与轴交点为；
所以直线与坐标轴所围成的三角形面积为.