2025-2026学年浙江省宁波市诺丁汉大学附属中学高一上数学期末调研试题含解析.doc

2025-2026学年浙江省宁波市诺丁汉大学附属中学高一上数学期末调研试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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．已知两个不重合的平面α，β和两条不同直线m，n，则下列说法正确的是
A.若m⊥n，n⊥α，m⊂β，则α⊥β
B.若α∥β，n⊥α，m⊥β，则m∥n
C.若m⊥n，n⊂α，m⊂β，则α⊥β
D.若α∥β，n⊂α，m∥β，则m∥n
2．在如图所示的多面体ABCDB1C1D1中，四边形ABCD、四边形BCC1B1、四边形CDC1C1都是边长为6的正方形，则此多面体ABCDB1C1D1的体积（　　）

A.72 B.144
C.180 D.216
3．若集合，则（）
A.或 B.或
C.或 D.或
4．函数f（x）=的定义域为（　　）
A.（2，+∞） B.（0，2）
C.（-∞，2） D.（0，）
5．垂直于直线且与圆相切的直线的方程是
A
B.
C.
D.
6．函数的图像的一条对称轴是（ ）
A. B.
C. D.
7．在中，若，则的形状为（ ）
A.等边三角形 B.直角三角形
C.钝角三角形 D.不含角的等腰三角形
8．将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如右图所示，则该几何体的左视图为（）

A. B.
C. D.
9．已知向量，，则向量与的夹角为（ ）
A. B.
C. D.
10．由一个正方体截去一个三棱锥所得的几何体的直观图如图所示，则该几何体的三视图正确的是（　　）

A.
B.
C.
D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知角的终边过点，求_________________.
12．有关数据显示，中国快递行业产生的包装垃圾在2015年约为400万吨，2016年的年增长率为50%，有专家预测，如果不采取措施，未来包装垃圾还将以此增长率增长，从__________年开始，快递业产生的包装垃圾超过4000万吨．（参考数据：，）
13．某挂钟秒针的端点A到中心点的距离为，秒针均匀地绕点旋转，当时间时，点A与钟面上标12的点重合，A与两点距离地面的高度差与存在函数关系式，则解析式___________，其中，一圈内A与两点距离地面的高度差不低于的时长为___________.

14．已知函数，又有定义在R上函数满足：（1），
，均恒成立；
（2）当时，，则_____，
函数在区间中的所有零点之和为_______.
15．在中，，，且在上，则线段的长为______
16．函数的零点是___________.
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．已知函数且.
（1）若，求的值；
（2）若在上的最大值为，求的值.
18．已知函数在一个周期内的图象如图所示

（1）求的解析式；
（2）直接写出在区间上的单调区间；
（3）已知，都成立，直接写出一个满足题意的值
19．已知函数（且）的图像过点.
（1）求a的值；
（2）求不等式的解集.
20．若存在实数、使得，则称函数为、的“函数”
（1）若．为、的“函数”，其中为奇函数，为偶函数，求、的解析式；
（2）设函数，，是否存在实数、使得为、的“函数”，且同时满足：①是偶函数；②的值域为．若存在，请求出、的值；若不存在，请说明理由．（注：为自然数．）
21．已知函数f（x）＝2x，g（x）＝（4﹣lnx）•lnx+b（b∈R）
（1）若f（x）＞0，求实数x的取值范围；
（2）若存在x1，x2∈[1，+∞），使得f（x1）＝g（x2），求实数b的取值范围；
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】由题意得，A中，若，则或，又，∴不成立，∴A是错误的；B．若，则，又，∴成立，∴B正确；C．当时，也满足若，∴C错误；D．若，则或为异面直线，∴D错误，故选B
考点：空间线面平行垂直的判定与性质．
【方法点晴】本题主要考查了空间线面位置关系的判定与证明，其中熟记空间线面位置中平行与垂直的判定定理与性质定理是解得此类问题的关键，着重考查了学生的空间想象能和推理能力，属于基础题，本题的解答中，可利用线面位置关系的判定定理和性质定理判定，也可利用举出反例的方式，判定命题的真假．
2、C
【解析】把该几何体补成正方体ABCD-A1B1C1D1，此多面体ABCDB1C1D1的体积V=-，求之即可
【详解】如图，把该几何体补成正方体ABCD-A1B1C1D1，
此多面体ABCDB1C1D1的体积V=-=63-=180

故选C
【点睛】本题主要考查四棱锥体积的求法，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题
3、B
【解析】根据补集的定义，即可求得的补集.
【详解】∵，∴或，
故选：B
【点睛】本小题主要考查补集的概念和运算，属于基础题.
4、B
【解析】列不等式求解
【详解】，解得
故选：B
5、B
【解析】设所求直线方程为3x+y+c=0，则d=，解得d=±10.
所以所求直线方程为3x+y+10=0或3x+y－10=0.
6、C
【解析】对称轴穿过曲线的最高点或最低点，把代入后得到,因而对称轴为，选.
7、B
【解析】利用三角形的内角和，结合差角的余弦公式，和角的正弦公式，即可得出结论
【详解】解：由题意可得sin（A﹣B）＝1+2cos（B+C）sin（A+C），
∴sin（A﹣B）＝1﹣2cosAsinB，
∴sinAcosB﹣cosAsinB＝1﹣2cosAsinB，
∴sinAcosB+cosAsinB＝1，
∴sin（A+B）＝1，
∴A+B＝90°，
∴△ABC是直角三角形
故选：B
【点睛】本题考查差角的余弦公式，和角的正弦公式，考查学生的计算能力，属于基础题
8、D
【解析】答案：D 左视图即是从正左方看，找特殊位置的可视点，连起来就可以得到答案

9、C
【解析】结合平面向量线性运算的坐标表示求出，然后代入模长公式分别求出和，进而根据平面向量的夹角公式即可求出夹角的余弦值，进而求出结果.
【详解】，，
，，从而，
且，记与的夹角为，
则
又，
，
故选：
10、D
【解析】因为有直观图可知，该几何体的正视图是有一条从左上角到右下角的对角线的正方形，俯视图是有一条从左下角角到右上角角的对角线的正方形，侧视图是有一条从左上角到右下角的对角线的正方形（对角线为虚线），所以只有选项D合题意，故选D.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】先求出，再利用三角函数定义，即可得出结果.
【详解】依题意可得：，
故答案为：
【点睛】本题考查了利用终边上点来求三角函数值，考查了理解辨析能力和运算能力，属于基础题目.
12、2021
【解析】设快递行业产生的包装垃圾为y万吨，n表示从2015年开始增加的年份的数量，
由题意可得y=400×（1+50%）n=400×（两边取对数可得n（lg3-lg2）=1，
∴n（0.4771-0.3010）=1，解得0.176n=1，解得n≈6，∴从2015+6=2021年开始，快递行业产生的包装垃圾超过4000万吨.
故答案为2021
13、 ①. ②.
【解析】先求出经过，秒针转过的圆心角的为，进而表达出函数解析式，利用求出的解析式建立不等式，解出解集，得到答案.
【详解】经过，秒针转过的圆心角为，
得.
由，得，
又，故，
得，解得：，
故一圈内A与两点距离地面的高度差不低于的时长为.
故答案为：，
14、 ①.1 ②.42
【解析】求出的周期和对称轴，再结合图象即可.
【详解】由条件可知函数的图象关于对称轴对称，
由可知，，则周期，
即，
函数在区间中的所有零点之和即为函数与函数
图象的交点的横坐标之和，
当时，为单调递增函数，，
，且区间关于对称，
又∵由已知得也是的对称轴，∴只需用研究直线左侧部分即可，
由图象可知左侧有7个交点，则右侧也有7个交点，将这14个交点的横坐标从小到大排列，第个数记为，由对称性可知，则，
同理，…，，
∴.
故答案为：，.

15、1
【解析】∵，
∴，∴，
∵且在上，
∴线段为的角平分线，∴，

以A为原点，如图建立平面直角坐标系，则，D
∴
故答案为1
16、和
【解析】令y=0，直接解出零点.
【详解】令y=0，即，解得：和
故答案为：和
【点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解

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）根据函数奇偶性的定义判断是奇函数，再由即可求解；
（2）讨论和时，函数在上的单调性，根据单调性求出最值列方程，解方程可得的值.
【小问1详解】
因为的定义域为关于原点对称，
，
所以为奇函数，故.
【小问2详解】
，
若，则单调递减，单调递增，
可得为减函数，
当时，，
解得：，符合题意；
若，则单调递增，单调递减，
可得为增函数，
当时，
解得：，符合题意，
综上所述：的值为或.
18、（1）
（2）增区间为，减区间为
（3）
【解析】（1）根据图象确定周期可得出，再由图象过点求出即可得出解析式；
（2）根据图象观察直接写出即可；
（3）由知函数图象关于对称，由图象直接写即可.
【小问1详解】
由图可知，
所以
因，且，
所以
因为图象过点，
所以
所以
所以
所以
因为，
所以
所以
【小问2详解】
在区间上，函数的增区间为，减区间为，
【小问3详解】
因为恒成立，
所以函数图象关于对称，
由图可知适合题意，（答案不唯一）
19、（1）
（2）
【解析】（1）代入点坐标计算即可；（2）根据定义域和单调性即可获解
【小问1详解】
依题意有
∴.
【小问2详解】
易知函数在上单调递增，
又，
∴解得.
∴不等式的解集为.
20、（1），；
（2）存在；，.
【解析】（1）由已知条件可得出关于、的等式组，由此可解得函数、的解析式；
（2）由偶函数的定义可得出，由函数的值域结合基本不等式以及对数函数的单调性可求得的值，进而可求得的值，即可得解.
【小问1详解】
解：因为为、的“函数”，
所以①，所以
因为为奇函数，为偶函数，所以，
所以②
联立①②解得，
【小问2详解】
解：假设存在实数、，使得为，的“函数”
则
①因为是偶函数，所以
即，即，
因为，整理得
因为对恒成立，所
②，
因为，当且仅当，即时取等号
所以，
由于的值域为，所以，且
又因为，所以，
综上，存在，满足要求
21、 (1) （0，+∞） (2) [，+∞）
【解析】（1）解指数不等式2x＞2﹣x可得x＞﹣x，运算即可得解；
（2）由二次函数求最值可得函数g（x）的值域为，函数f（x）的值域为A＝[，+∞），由题意可得A∩B≠，列不等式b+4运算即可得解.
【详解】解：（1）因为f（x）＞0⇔2x0，∴2x＞2﹣x，∴x＞﹣x，即x＞0
∴实数x的取值范围为（0，+∞）
（2）设函数f（x），g（x）在区间[1，+∞）的值域分别为A，B
∵f（x）＝2x在[1，+∞）上单调递增，
又∴A＝[，+∞）
∵g（x）＝（4﹣lnx）•lnx+b＝﹣（lnx﹣2）2+b+4
∵x∈[1，+∞），∴lnx∈[0，+∞），∴g（x）≤b+4，
即
依题意可得A∩B≠，
∴b+4，即b
∴实数b的取值范围为[，+∞）
【点睛】本题考查了指数不等式的解法，主要考查了二次函数最值的求法，重点考查了集合的运算，属中档题.