2026届甘肃省兰州市兰州第一中学数学高一上期末经典试题含解析.doc

2026届甘肃省兰州市兰州第一中学数学高一上期末经典试题
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．已知三个函数，，的零点依次为、、，则
A. B.
C. D.
2．已知向量，满足，，且与夹角为，则（）
A. B.
C. D.
3．给定函数：①；②；③；④，其中在区间上单调递减函数序号是（ ）
A.①② B.②③
C.③④ D.①④
4．下列函数满足在定义域上为减函数且为奇函数的是（ ）
A. B.
C. D.
5．下列函数中，最小正周期为的奇函数是（）
A. B.
C. D.
6．实数满足，则下列关系正确的是
A. B.
C. D.
7．设全集，则图中阴影部分所表示的集合是

A. B.
C. D.
8．如图，，下列等式中成立的是（　　）

A. B.
C. D.
9．已知集合，集合，则集合
A. B.
C. D.
10．已知，则，，的大小关系为（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．经过点作圆的切线，则切线的方程为__________
12．已知正数、满足，则的最大值为_________
13．已知扇形的圆心角为，扇形的面积为，则该扇形的弧长为____________.
14．函数的单调递减区间为_______________.
15．已知函数在区间上恰有个最大值，则的取值范围是_____
16．定义在上的函数满足，且时，，则________
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，.
（1）若不等式的解集为，求不等式的解集；
（2）若函数在区间上有两个不同的零点，求实数的取值范围
18．已知函数
（1）求函数的最小正周期及函数的单调递增区间；
（2）求函数在上的值域
19．如图，在直三棱柱中，已知，，设的中点为，

求证：（1）；
（2）.
20．定义在上的奇函数，已知当时，
求实数a的值；
求在上解析式；
若存在时，使不等式成立，求实数m的取值范围
21．已知函数，
（1）试比较与的大小关系，并给出证明；
（2）解方程：；
（3）求函数，（是实数）的最小值
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、C
【解析】令，得出，令，得出，由于函数与的图象关于直线对称，且直线与直线垂直，利用对称性可求出的值，利用代数法求出函数的零点的值，即可求出的值.
【详解】令，得出，令，得出，
则函数与函数、交点的横坐标分别为、.
函数与的图象关于直线对称，且直线与直线垂直，
如下图所示：

联立，得，则点，
由图象可知，直线与函数、的交点关于点对称，则，
由题意得，解得，因此，.
故选：C.
【点睛】本题考查函数的零点之和的求解，充分利用同底数的对数函数与指数函数互为反函数这一性质，结合图象的对称性求解，考查数形结合思想的应用，属于中等题.
2、D
【解析】根据向量的运算性质展开可得，再代入向量的数量积公式即可得解.
【详解】根据向量运算性质，

，
故选：D
3、B
【解析】①，为幂函数，且的指数，在上为增函数；②，，为对数型函数，且底数，在上为减函数；③，在上为减函数，④为指数型函数，底数在上为增函数，可得解.
【详解】①，为幂函数，且的指数，在上为增函数，故①不可选；
②，，为对数型函数，且底数，在上为减函数，故②可选；
③，在上为减函数，在上为增函数，故③可选；
④为指数型函数，底数在上为增函数，故④不可选；
综上所述，可选的序号为②③，
故选B.
【点睛】本题考查基本初等函数的单调性，熟悉基本初等函数的解析式、图像和性质是解决此类问题的关键，属于基础题.
4、C
【解析】根据各个基本初等函数的性质，结合函数变换的性质判断即可
【详解】对A，为偶函数，故A错误；
对B，为偶函数，故B错误；
对C，在定义域上为减函数且为奇函数，故C正确；
对D，在和上分别单调递减，故D错误；
故选：C
【点睛】本题主要考查了常见基本初等函数的性质，属于基础题
5、C
【解析】根据题意，分别判断四个选项中的函数的最小正周期和奇偶性即可，其中A、C选项中的函数先要用诱导公式化简.
【详解】A选项：，其定义域为，，
为偶函数，其最小正周期为，故A错误.
B选项：，其最小正周期为，函数定义域为，，
函数不是奇函数，故B错误.
C选项：其定义域为，，
函数为奇函数，其最小正周期为，故C正确.
D选项：函数定义域为，，
函数为偶函数，其最小正周期，故D错误.
故选：C.
6、A
【解析】根据指数和对数的运算公式得到
【详解】=故A正确.
故B不正确；
故C，D不正确.
故答案为A.
【点睛】这个题目考查了指数和对数的公式的互化，以及换底公式的应用，较为简单.
7、D
【解析】
阴影部分表示的集合为在集合N中去掉集合M，N的交集，即得解.
【详解】由维恩图可知，阴影部分表示的集合为在集合N中去掉集合M，N的交集，

由题得,
所以阴影部分表示的集合为.
故选：D
【点睛】本题主要考查维恩图，考查集合的运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.
8、B
【解析】本题首先可结合向量减法的三角形法则对已知条件中的进行化简，化简为然后化简并代入即可得出答案
【详解】因为，
所以，
所以，即，故选B
【点睛】本题考查的知识点是平面向量的基本定理，考查向量减法的三角形法则，考查数形结合思想与化归思想，是简单题
9、C
【解析】

故选C
10、B
【解析】利用函数单调性及中间值比大小.
【详解】，且，故，，
故.
故选：B

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】点在圆上，由，则切线斜率为2，由点斜式写出直线方程.
【详解】因为点在圆上，所以，因此切线斜率为2，
故切线方程为，整理得
故答案为：
12、
【解析】利用均值不等式直接求解.
【详解】因为且，所以，即，当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为.
故答案为：.
13、
【解析】
利用扇形的面积求出扇形的半径，再带入弧长计算公式即可得出结果．
【详解】解：由于扇形的圆心角为，扇形的面积为，
则扇形的面积，解得：，
此扇形所含的弧长.
故答案为：.
14、
【解析】由题得，利用正切函数的单调区间列出不等式，解之即得.
【详解】由题意可知，则要求函数的单调递减区间只需求的单调递增区间，
由得，
所以函数的单调递减区间为.
故答案为：.
15、
【解析】将代入函数解析式，求出的取值范围，根据正弦取8次最大值，求出的取值范围
【详解】因为，，所以，又函数在区间上恰有个最大值，所以，得
【点睛】三角函数最值问题要注意整体代换思想的体现，由的取值范围推断的取值范围
16、
【解析】根据题意可得，再根据对数运算法则结合时的解析式，即可得答案；
【详解】由可得函数为奇函数，
由可得，
故函数的周期为4，
所以，
因为，所以.
.
故答案为：.
【点睛】本题考查函数奇偶性及对数的运算法则，考查逻辑推理能力、运算求解能力.

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）根据二次函数与对应一元二次不等式的关系，求出a的值，再解不等式即可；
（2）根据二次函数的图象与性质，列出不等式组，求出解集即可.
【详解】（1）因为不等式的解集为，
则方程的两个根为1和2，
由根与系数的关系可得，，
所以.
由，得，
即，解得或，
所以不等式的解集为；
（2）由题知函数，且在区间上有两个不同的零点，
则，即，
解得，
所以实数的取值范围是
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质的应用问题，也考查了不等式(组)的解法与应用问题，综合性较强，属中档题.
18、（1）最小正周期为；单调递增区间为；（2）
【解析】（1）利用二倍角和辅助角公式化简得到，由解析式可确定最小正周期；令，解不等式可求得单调递增区间；
（2）利用可求得的范围，对应正弦函数可确定的范围，进而得到所求值域.
【详解】（1），
的最小正周期；
令，解得：，
的单调递增区间为；
（2）当时，，，
，即在上的值域为.
19、⑴见解析；⑵见解析.
【解析】（1）要证明线面平行，转证线线平行，在△AB1C中，DE为中位线，易得；（2）要证线线垂直，转证线面垂直平面,易证，从而问题得以解决.
试题解析：
⑴在直三棱柱中，

平面，且
矩形是正方形，
为的中点，
又为的中点，，
又平面，平面，
平面
⑵在直三棱柱中，
平面,平面,
又，平面，平面，，
平面，
平面，
矩形是正方形，，
平面，，平面
又平面，.
点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.
(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.
(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.
(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.
20、（1）；（2）；（3）.
【解析】根据题意，由函数奇偶性的性质可得，解可得的值，验证即可得答案；当时，，求出的解析式，结合函数的奇偶性分析可得答案；根据题意，若存在，使得成立，即在有解，变形可得在有解设，分析的单调性可得的最大值，从而可得结果
【详解】根据题意，是定义在上的奇函数，
则，得经检验满足题意；
故；
根据题意，当时，，
当时，，
又是奇函数，则
综上，当时，；
根据题意，若存在，使得成立，
即在有解，
即在有解
又由，则在有解
设，分析可得在上单调递减，
又由时，，
故
即实数m的取值范围是
【点睛】本题考查函数的奇偶性的应用，以及指数函数单调性的应用，属于综合题
21、（1）（2）或．（3）
【解析】（1）与作差，配方后即可得；（2）原方程化为，设，可得，进而可得结果；（3）令，则，函数可化为，利用二次函数的性质分情况讨论，分别求出两段函数的最小值，比较大小后可得各种情况下函数，（是实数）的最小值.
试题解析：（1）因为，
所以
（2）由，得，
令，则，故原方程可化为，
解得，或（舍去），
则，即，解得或，
所以或
（3）令，则，
函数可化为
①若，
当时，，对称轴，此时；
当时，，对称轴，此时，
故，
②若，
当，，对称轴，此时；
当时，，对称轴，此时，
故，
③若，
当时，，对称轴，此时；
当时，，对称轴，此时，故，；
④若，
当时，，对称轴，此时；
当时，，对称轴，此时，
则时，，
时，，
故，
⑤若，
当时，，对称轴，此时；
当时，，对称轴，此时，
因为时，，
故，
综述：
【方法点睛】本题主要考查指数函数的性质分段函数的解析式和性质、分类讨论思想及方程的根与系数的关系.属于难题.分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点.充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.