2025-2026学年甘肃省民乐一中高一上数学期末检测模拟试题含解析.doc

2025-2026学年甘肃省民乐一中高一上数学期末检测模拟试题
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．若一个扇形的半径为2，圆心角为，则该扇形的弧长等于（）
A. B.
C. D.
2．函数（且）的图象一定经过的点是（ ）
A. B.
C. D.
3．已知，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
4．下列函数中，既不是奇函数也不是偶函数的是
A. B.
C. D.
5．下列说法不正确的是（）
A.方向相同大小相等的两个向量相等
B.单位向量模长为一个单位
C.共线向量又叫平行向量
D.若则ABCD四点共线
6．已知，若，则x的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
7．已知，则“”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
8．已知函数在 上有两个零点，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
9．若和都是定义在上的奇函数，则（）
A.0 B.1
C.2 D.3
10．如图，在正方体中，异面直线与所成的角为（）

A.90° B.60°
C.45° D.30°
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．正三棱柱的侧面展开图是边长为6和12的矩形，则该正三棱柱的体积是_____.
12．已知，α为锐角，则___________.
13．函数的最小值为________
14．，，且，则的最小值为______.
15． =_______.
16．已知角的终边上有一点，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．在①“xA是xB的充分不必要条件；②；③这三个条件中任选一个，补充到本题第（2）问的横线处，求解下列问题：已知集合，.
（1）当a=2时，求；
（2）若选，求实数a的取值范围.
18．已知函数是偶函数（其中为自然对数的底数，…）
（1）求的值；
（2）若方程在区间上有实数根，求实数的取值范围
19．计算：
（1）；
（2）已知，求.
20．已知对数函数.
（1）若函数，讨论函数的单调性；
（2）对于（1）中的函数，若，不等式的解集非空，求实数的取值范围.
21．如图是函数的部分图像，是它与轴的两个不同交点，是之间的最高点且横坐标为，点是线段的中点.
（1）求函数的解析式及上的单调增区间；
（2）若时，函数的最小值为，求实数的值.

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】求圆心角的弧度数，再由弧长公式求弧长.
【详解】∵圆心角为，
∴ 圆心角的弧度数为，又扇形的半径为2，
∴ 该扇形的弧长，
故选：B.
2、D
【解析】由函数解析式知当时无论参数取何值时，图象必过定点即知正确选项.
【详解】由函数解析式，知：当时，，即函数必过，
故选：D.
【点睛】本题考查了指数型函数过定点，根据解析式分析自变量取何值时函数值不随参数变化而变化，此时所得即为函数的定点.
3、B
【解析】首先求出、，即可判断，再利用作差法判断，即可得到，再判断，即可得解；
【详解】解：由，所以，可知，又由，有，又由，有，可得，即，故有.
故选：B
4、D
【解析】根据函数奇偶性的概念，逐项判断即可.
【详解】A中，由得，又，所以是偶函数；
B中，定义域为R，又，所以是偶函数；
C中，定义域为，又，所以是奇函数；
D中，定义域为R，且，所以非奇非偶.
故选D
【点睛】本题主要考查函数的奇偶性，熟记概念即可，属于基础题型.
5、D
【解析】利用平面向量相等概念判断,利用共线向量和单位向量的定义判断.
【详解】根据向量相等的概念判断正确；
根据单位向量的概念判断正确；
根据共线向量的概念判断正确；
平行四边形中，因此四点不共线，故错误.
故选：.
【点睛】本题考查了命题真假性的判断及平面向量的基础知识，注意反例的积累，属于基础题.
6、C
【解析】首先判断函数的单调性和定义域，再解抽象不等式.
【详解】函数的定义域需满足，解得：，
并且在区间上，函数单调递增，且，
所以，
即，解得：或.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键是判断函数的单调性和定义域，尤其是容易忽略函数的定义域.
7、B
【解析】先由，得到，再由充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.
【详解】由解得，所以由“”能推出“”，反之，不能推出；
因此“”是“”必要不充分条件.
故选：B.
【点睛】本题主要考查命题的必要不充分条件的判定，熟记充分条件与必要条件的概念即可，属于常考题型.
8、B
【解析】先化简，再令，求出范围，根据在上有两个零点，作图分析，求得的取值范围.
【详解】，由，又，
则可令，
又函数在上有两个零点，作图分析：

则，解得.
故选：B.
【点睛】本题考查了辅助角公式，换元法的运用，三角函数的图象与性质，属于中档题.
9、A
【解析】根据题意可知是周期为的周期函数，以及，，由此即可求出结果.
【详解】因为和都是定义在上的奇函数，
所以，，
所以，所以，
所以是周期为周期函数，
所以
因为是定义在上的奇函数，
所以，
又是定义在上的奇函数，所以，所以，即，
所以.
故选：A.
10、B
【解析】连接，可证明，然后可得即为异面直线与所成的角，然后可求出答案.
【详解】
连接，因为是正方体，所以和平行且相等
所以四边形是平行四边形，所以，所以为异面直线与所成的角.
因为是等边三角形，所以
故选：B

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、或
【解析】分两种情况来找三棱柱的底面积和高，再代入体积计算公式即可
【详解】因为正三棱柱的侧面展开图是边长分别为6和12的矩形，所以有以下两种情况，
①6是下底面的周长，12是三棱柱的高，此时，下底面的边长为2，面积为，所以正三
棱柱的体积为12
②12是下底面的周长，6是三棱柱的高，此时，下底面的边长为4，面积为，所以正三
棱柱的体积为24，
故答案为或
【点睛】本题的易错点在于只求一种情况，应该注意考虑问题的全面性．分类讨论是高中数学的常考
思想，在运用分类讨论思想做题时，要做到不重不漏
12、
【解析】由同角三角函数关系和诱导公式可得结果.
【详解】因为，且为锐角，则，所以，故.
故答案为：.
13、##
【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：
14、3
【解析】根据基本不等式“1”的用法求解即可.
【详解】解：解法一：因为
所以
当且仅当时等号成立.
解法二：设，，则，
所以
当且仅当时等号成立.
故答案为：
15、##
【解析】利用对数的运算法则进行求解.
【详解】
.
故答案为：.
16、
【解析】直接根据任意角的三角函数的定义计算可得；
【详解】解：因为角的终边上有一点，则
所以，
所以
故答案为：
【点睛】考查任意角三角函数的定义的应用，考查计算能力，属于基础题

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）答案见解析.
【解析】（1）当时，求出集合再根据并集定义求；
（2）选择有AB，列不等式求解即可；选择有同样列出不等式求解；选择因为，则或，求解即可
【详解】（1）当时，集合，，
所以；
（2）选择因为“” 是“”的充分不必要条件，所以AB，
因为，所以又因为，
所以等号不同时成立，
解得，
因此实数a的取值范围是.
选择因为，所以.
因为，所以.
又因为，
所以，解得，
因此实数a的取值范围是.
选择因为，
而，且不为空集，，
所以或，
解得或，
所以实数a取值范围是或
18、（1）；（2）
【解析】（1）由偶函数的定义可得恒成立，即可求出值；
（2）由题意可分离参数得出有解，求出的值域即可.
【详解】（1）是偶函数，

恒成立，
，解得；
（2）由（1）知，
由得，
令，
当时，，则，
故时，方程在区间上有实数根，
故的取值范围为.
【点睛】方法点睛：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
19、（1）；（2）.
【解析】（1）根据对数的运算法则和对数恒等式，即可求解；
（2）根据同角三角函数关系，由已知可得，代入所求式子，即可求解.
【详解】（1）原式；
（2）∵
∴
∴.
20、（1）详见解析；(2).
【解析】（1）由对数函数的定义，得到的值，进而得到函数的解析式，再根据复合函数的单调性，即可求解函数的单调性.
（2）不等式的解集非空，得，利用函数的单调性，求得函数的最小值，即可求得实数的取值范围.
【详解】（1）由题中可知：，解得：，
所以函数的解析式，
∵，
∴，
∴，
即的定义域为，
由于，
令则：由对称轴可知，
在单调递增，在单调递减；
又因为在单调递增，
故单调递增区间，单调递减区间为.
（2）不等式的解集非空，
所以，
由（1）知，当时，函数单调递增区间，单调递减区间为，
又，
所以，
所以，，
所以实数的取值范围.
21、（1）（2）
【解析】（1）由点是线段的中点，可得和的坐标，从而得最值和周期，可得和，再代入顶点坐标可得，再利用整体换元可求单调区间；
（2）令得到，讨论二次函数的对称轴与区间的位置关系求最值即可.
【详解】（1）因为为中点，，所以，，则，
，又因为，则
所以，由

又因为，则
所以
令
又因为
则单调递增区间为.
（2）因为
所以
令，则
对称轴为
①当时，即时，；
②当时，即时，（舍）
③当时，即时，（舍）
综上可得：.
【点睛】本题主要考查了利用三角函数的图象求解三角函数的解析式及二次函数轴动区间定的最值问题，考查了学生的分类讨论思想及计算能力，属于中档题.