福建省福州市福建师大附中2025-2026学年数学高一第一学期期末复习检测模拟试题含解析.doc

福建省福州市福建师大附中2025-2026学年数学高一第一学期期末复习检测模拟试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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．设则（ ）
A. B.
C. D.
2．函数图象一定过点
A.( 0,1） B.（1,0）
C.（0,3） D.（3,0）
3． “是第一或第二象限角”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
4．已知集合，集合，则（）
A. B.
C. D.
5．已知偶函数f (x)在区间单调递增，则满足的x 取值范围是（　　）
A. B.
C. D.
6．已知全集，，，则集合
A. B.
C. D.
7．函数是奇函数，则的值为
A.0 B.1
C.-1 D.不存在
8． “是钝角”是“是第二象限角”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
9．用二分法求方程的近似解，求得的部分函数值数据如下表所示：

1
2
1.5
1.625
1.75
1.875
1.8125

-6
3
-2.625
-1.459
-0.14
1.3418
0.5793
则当精确度为0.1时，方程的近似解可取为
A. B.
C. D.
10．sin（）=（　　）
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知扇形的圆心角为，其弧长是其半径的2倍，则__________
12．函数的最大值是__________
13．______.
14．函数恒过定点为__________
15．已知角的终边过点，则___________.
16．为了保护水资源，提倡节约用水，某城市对居民生活用水实行“阶梯水价”.计费方式如下表：
每户每月用水量
水价
不超过12m的部分
3元/m
超过12 m但不超过18 m的部分
6元/ m
超过18 m的部分
9元/ m
若某户居民本月交纳水费为66元，则此户居民本月用水量为____________.
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．已知点，，.
（1）若，求的值；
（2）若，其中为坐标原点，求的值.
18．已知函数，且.
（1）求实数及的值；
（2）判断函数的奇偶性并证明.
19．如图所示，正四棱锥中，为底面正方形的中心，侧棱与底面所成的角的正切值为

（1）若是的中点，求异面直线与所成角的正切值
（2）在棱上是否存在一点，使侧面，若存在，试确定点的位置；若不存在，说明理由
20．定义在上的函数满足对于任意实数，都有，且当时，，
（1）判断的奇偶性并证明；
（2）判断的单调性，并求当时，的最大值及最小值；
（3）解关于的不等式.
21．，，且，，且为偶函数
（1）求；
（2）求满足，的的集合
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】利用中间量隔开三个值即可.
【详解】∵，
∴，又，
∴，
故选：A
【点睛】本题考查实数大小的比较，考查指对函数的性质，属于常考题型.
2、C
【解析】根据过定点，可得函数过定点.
【详解】因为在函数中，
当时，恒有 ,
函数的图象一定经过点，故选C.
【点睛】本题主要考查指数函数的几何性质，属于简单题.函数图象过定点问题主要有两种类型：（1）指数型，主要借助过定点解答；(2)对数型：主要借助过定点解答.
3、A
【解析】利用充分必要条件的定义判断.
【详解】若角的终边在第一或第二象限，则，反过来，若，则的终边可能在第一或第二象限，也有可能在轴正半轴上.
所以“是第一或第二象限角”是“”的充分不必要条件.
故选：A
4、C
【解析】解不等式求出集合A中的x的范围，然后求出A的补集，再与集合B求交集即可.
【详解】集合，
则
集合，
，
故选：C.
【点睛】本题考查了集合的基本运算，属于基础题.
5、A
【解析】由偶函数性质得函数在上的单调性，然后由单调性解不等式
【详解】因为偶函数在区间上单调递增，
所以在区间上单调递减，故越靠近轴，函数值越小，
因为，
所以，解得：.
故选：A
6、D
【解析】因为A∪B={x|x≤0或x≥1}，所以，故选D.
考点：集合的运算.
7、C
【解析】由题意得，函数是奇函数，则，即
，解得，故选C.
考点：函数的奇偶性的应用.
8、A
【解析】根据钝角和第二象限角的定义，结合充分性、必要性的定义进行判断即可.
【详解】因为是钝角，所以，因此是第二象限角，
当是第二象限角时，例如是第二象限角，但是显然不成立，
所以“是钝角”是“是第二象限角”的充分不必要条件，
故选：A
9、C
【解析】利用零点存在定理和精确度可判断出方程的近似解.
【详解】根据表中数据可知，，由精确度为可知，，故方程的一个近似解为，选C.
【点睛】不可解方程的近似解应该通过零点存在定理来寻找，零点的寻找依据二分法（即每次取区间的中点，把零点位置精确到原来区间的一半内），最后依据精确度四舍五入，如果最终零点所在区间的端点的近似值相同，则近似值即为所求的近似解.
10、A
【解析】直接利用诱导公式计算得到答案.
【详解】
故选：
【点睛】本题考查了诱导公式化简，意在考查学生对于诱导公式的应用.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、-1
【解析】由已知得，所以 则，故答案.
12、
【解析】由题意得，
令，
则，且
故，，
所以当时，函数取得最大值，且，
即函数的最大值为
答案：
点睛：
（1）对于sin α＋cos α，sin αcos α，sin α－cos α这三个式子，当其中一个式子的值知道时，其余二式的值可求，转化的公式为(sin α±cos α)2＝1±2sin αcos α
（2）求形如y＝asin xcos x＋b(sin x±cos x)＋c的函数的最值（或值域）时，可先设t＝sin x±cos x，转化为关于t的二次函数求最值（或值域）
13、2
【解析】利用两角和的正切公式进行化简求值.
【详解】由于，
所以，
即，
所以

故答案为：
【点睛】本小题主要考查两角和的正切公式，属于中档题.
14、
【解析】当时，，
故恒过
点睛：函数图象过定点问题，主要有指数函数过定点，对数函数过定点，幂函数过点，注意整体思维，整体赋值求解
15、
【解析】根据角终边所过的点,求得三角函数,即可求解.
【详解】因为角的终边过点
则

所以
故答案为:
【点睛】本题考查了已知终边所过的点,求三角函数的方法,属于基础题.
16、
【解析】根据阶梯水价，结合题意进行求解即可.
【详解】解：当用水量为时，水费为，而本月交纳的水费为66元，显然用水量超过，
当用水量为时，水费为，
而本月交纳的水费为66元，所以本月用水量不超过，
即有，
因此本月用水量为，
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).
【解析】（1）因为，，，所以，.因为 所以，化简即可得的值；
（2）因为，，所以，因为，所以，平方即可求得的值.
试题解析：
（1）因为，，，
所以，.
因为 所以.
化简得
因为（若，则，上式不成立）.所以.
（2）因为，，
所以，因，所以，
所以，所以，，
因为，所以，故.
18、（1），；（2）是奇函数，证明见解析.
【解析】（1）根据，代入计算可得的值，即可求出函数的解析式，再代入计算可得；
（2）首先求出函数的定义域，再计算即可判断；
【详解】解：（1）因为，且.
所以
解得，
所以
所以
（2）由（1）可得.
因为函数的定义域为，关于原点对称且，
所以是奇函数.
19、（1）；（2）为四等分点（靠近点A）；答案见解析
【解析】（1）取中点，连，，则可得为二面角的平面角，为侧棱与底面所成的角，连接，则，从而可得或其补角 为异面直线与所成的角，进而可求得答案；
（2）延长交于，取中点，连、，由线面垂直的判定可得平面，则平面平面，再由线面垂直的判定可得平面，取的中点，可证得四边形为平行四边形，所以，从而可得侧面
【详解】解：（1）取中点，连，，
因为正四棱锥中，为底面正方形的中心，所以面，
则为二面角的平面角，为侧棱与底面所成的角，
所以，
连接，则，或其补角为异面直线与所成的角，
因为，，，所以平面
平面，所以
，

（2）延长交于，取中点，连、
因为，，，
故平面，
因平面，
故平面平面，
又，，故为等边三角形，
所以，由平面，故，
因为，所以平面，
取的中点，
，
四边形为平行四边形，
所以，
平面
即为AD的四等分点（靠近点A）
20、（1）奇函数，证明见解析；（2）在上是减函数．最大值为6，最小值为-6； （3）答案不唯一，见解析
【解析】（1）令，求出，再令，由奇偶性的定义，即可判断；
（2）任取，则．由已知得，再由奇函数的定义和已知即可判断单调性，由，得到，，再由单调性即可得到最值；
（3）将原不等式转化为，再由单调性，即得，即，再对b讨论，分，，，，共5种情况分别求出它们的解集即可.
【详解】（1）令，则，即有，
再令，得，则，
故为奇函数；
（2）任取，则．由已知得，
则，
∴，∴在上是减函数
由于，则，，．由在上是减函数，得到当时，的最大值为，最小值为；
（3）不等式，即为.
即，即有，
由于在上是减函数，则，即为，
即有，
当时，得解集为；
当时，即有，
①时，，此时解集为，
②当时，，此时解集为，
当时，即有，
①当时，，此时解集为，
②当时，，此时解集为
【点睛】本题考查抽象函数的基本性质和不等式问题，常用赋值法探索抽象函数的性质，本题第三小问利用函数性质将不等式转化为含参的一元二次不等式的求解问题，着重考查分类讨论思想，属难题.
21、（1）；（2）
【解析】（1）首先利用向量数量积的坐标运算并且结合二倍角公式与两角和的正弦公式化简函数的解析式，可得：．由已知为偶函数知其图象关于y轴对称，可得：当x=0成立，从而可得，再根据θ的范围即可得到答案
（2）由（１）可得：，再结合余弦函数的图象及性质可得：，进而结合x的取值范围得到结果
试题解析：（1）由题意可得：

所以函数解析式为：；
因为为偶函数，所以有：即：
又因为，
所以
（２）由（１）可得：，
因为，
所以由余弦函数的图象及性质得：，
又因为，所以
x的集合为
考点：１．两角和与差的正余弦公式、二倍角公式；２．向量数量积的坐标运算；３．三角函数的性质