2026届河北省张家口市宣化第一中学数学高一第一学期期末复习检测模拟试题含解析.doc

2026届河北省张家口市宣化第一中学数学高一第一学期期末复习检测模拟试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．将函数的图象向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度，得到函数的图象，那么可以取的值为（ ）
A. B.
C. D.
2．《易经》是我国古代预测未来的著作，其中同时抛掷三枚古钱币观察正反面进行预测未知，则抛掷一次时出现两枚正面一枚反面的概率为
A. B.
C. D.
3．垂直于直线且与圆相切的直线的方程是
A
B.
C.
D.
4．已知集合，下列结论成立是（）
A. B.
C. D.
5．对于任意实数，给定下列命题正确的是（）
A.若，则 B.若，则
C.若，则 D.若，则
6．已知为锐角，且，，则
A. B.
C. D.
7．若直线与互相平行，则（）
A.4 B.
C. D.
8．函数的零点所在的区间是
A.(0，1) B.(1，2)
C.(2，3) D.(3，4)
9．已知函数在[2，3]上单调递减，则实数a的取值范围是（）
A. B.
C. D.
10．已知函数在区间上有且只有一个零点，则正实数的取值范围是（）
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，则_________.
12．已知函数，则__________.
13．函数的部分图像如图所示，轴，则_________，_________

14．设函数；若方程有且仅有1个实数根，则实数b的取值范围是__________
15．一条从西向东的小河的河宽为3.5海里，水的流速为3海里/小时，如果轮船希望用10分钟的时间从河的南岸垂直到达北岸，轮船的速度应为______；
16．已知函数，使方程有4个不同的解：，则的取值范围是_________; 的取值范围是________.
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．如果函数满足：对定义域内的所有，存在常数，，都有，那么称是“中心对称函数”，对称中心是点.
（1）证明点是函数的对称中心；
（2）已知函数（且，）的对称中心是点.
①求实数的值；
②若存在，使得在上的值域为，求实数的取值范围.
18．已知，，
（1）求和 ；
（2）求角的值
19．如图，在正方体中，、分别为、的中点，与交于点.求证：

（1）；
（2）平面平面.
20．已知函数（，为常数，且）的图象经过点，
（1）求函数的解析式；
（2）若关于不等式对都成立，求实数的取值范围
21．直线l经过两直线l1:2x-y+4=0与l2:x-y+5=0的交点,且与直线x-2y-6=0垂直.
(1)求直线l的方程.
(2)若点P(a,1)到直线l的距离为,求实数a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】写出平移变换后的函数解析式，将函数的解析式利用二倍角公式降幂，化为正弦型函数，进而可得出的表达式，利用赋特殊值可得出结果.
【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度，所得图象对应的函数的解析式为，
，，
解得，当时，.
故选：B.
【点睛】本题考查利用三角函数图象变换求参数，解题的关键就是结合图象变换求出变换后所得函数的解析式，考查计算能力，属于中等题.
2、C
【解析】用列举法得出：抛掷三枚古钱币出现的基本事件的总数，进而可得出所求概率.
【详解】抛掷三枚古钱币出现的基本事件共有：正正正，正正反，正反正，反正正，正反反，反正反，反反正，反反反8中，其中出现两正一反的共有3种，故概率为.
故选C
【点睛】本题主要考查古典概型，熟记概率的计算公式即可，属于常考题型.
3、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.
4、C
【解析】利用集合的交、并、补运算进行判断.
【详解】因为，所以，故A错；
，故B错；，故D错.
故选：C
5、C
【解析】利用特殊值判断A、B、D，根据不等式的性质证明C；
【详解】解：对于A：当时，若则，故A错误；
对于B：若，，，，满足，则，，不成立，故B错误；
对于C：若，则，所以，故C正确；
对于D：若，满足，但是，故D错误；
故选：C
6、B
【解析】∵为锐角，且
∴
∵，即
∴，即
∴∴
故选B
7、B
【解析】根据直线平行，即可求解.
【详解】因为直线与互相平行，所以，得
当时，两直线重合，不符合题意；当时，符合题意
故选：B.
8、B
【解析】因为函数为上的增函数，故利用零点存在定理可判断零点所在的区间.
【详解】因为为上的增函数，为上的增函数，故为上的增函数.又，，由零点存在定理可知在 存在零点，故选B.
【点睛】函数的零点问题有两种类型，（1）计算函数的零点，比如二次函数的零点等，有时我们可以根据解析式猜出函数的零点，再结合单调性得到函数的零点，比如；（2）估算函数的零点，如等，我们无法计算此类函数的零点，只能借助零点存在定理和函数的单调性估计零点所在的范围.
9、C
【解析】根据复合函数的单调性法则“同增异减”求解即可.
【详解】由于函数在上单调递减，在定义域内是增函数，
所以根据复合函数的单调性法则“同增异减”得：
在上单调递减，且，
所以且，解得：.
故的取值范围是
故选：C.
10、D
【解析】将零点个数问题转化为两个函数图象的交点个数问题，通过对参数讨论作图可解.
【详解】在区间上有且只有一个零点在区间上有且只有一个解，即在区间上有且只有一个解
令，，
当，即时，因为在上单调递减，在上单调递增
且，，
由图1知，此时函数与在上只有一个交点；
当，即时，因为，所以要使函数与在上有且只有一个交点，由图2知，即，解得或（舍去）.
综上，的取值范围为.
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】由题意可得：

点睛：熟记同角三角函数关系式及诱导公式，特别是要注意公式中的符号问题；
注意公式的变形应用，如sin2α＝1－cos2α，cos2α＝1－sin2α，1＝sin2α＋cos2α及sin α＝tan α·cos α等．这是解题中常用到的变形，也是解决问题时简化解题过程的关键所在
12、2
【解析】先求出，然后再求的值.
【详解】由题意可得，
所以，
故答案为：
13、 ①.2 ②.##
【解析】根据最低点的坐标和函数的零点，可以求出周期，进而可以求出的值，再把最低点的坐标代入函数解析式中，最后求出的值.
【详解】通过函数的图象可知，
点B、C的中点为，与它隔一个零点是，
设函数的最小正周期为，则，
而，把代入函数解析式中，
得.
故答案为：；
14、
【解析】根据分段函数的解析式作出函数图象，将方程有且仅有1个实数根转化为函数与直线有一个交点，然后数形结合即可求解.
【详解】作出函数的图象，如图：

结合图象可得：，
故答案为：.
15、15海里/小时
【解析】先求出船的实际速度，再利用勾股定理得到轮船的速度.
【详解】设船的实际速度为，船速，水的流速，
则海里/小时，
∴海里/小时.
故答案为：15海里/小时

16、 ①. ②.
【解析】先画出分段函数的图像，依据图像得到之间的关系式以及之间的关系式，分别把和转化成只有一个自变量的代数式，再去求取值范围即可.
【详解】做出函数的图像如下：

在单调递减：最小值0；在单调递增：最小值0，最大值2；
在上是部分余弦型曲线：最小值，最大值2.
若方程有4个不同的解：，则
不妨设四个解依次增大，则
是方程的解，则，即；
是方程的解，则由余弦型函数的对称性可知.
故，
由得即

当时，单调递减，则
故答案为：①；②

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）见解析； （2）①，②.
【解析】（1）求得，根据函数的定义，即可得到函数的图象关于点对称.
（2）①根据函数函数的定义，利用，即可求得.
②由在上的值域，得到方程组，转化为为方程的两个根，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】（1）由题意，函数，可得，
所以函数的图象关于点对称.
（2）①因为函数（且，）对称中心是点，
可得，即，解得（舍）.
②因为，∴，可得，
又因为，∴.
所以在上单调递减，
由在上的值域为
所以，，
即，即，
即为方程的两个根，且，
令，
则满足，解得，所以实数的取值范围.
【点睛】本题主要考查了函数的新定义，函数的基本性质的应用，以及二次函数的图象与性质的综合应用，其中解答中正确理解函数的新定义，合理利用函数的性质，以及二次函数的图象与性质求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.
18、（1）；（2）
【解析】（1）根据以及同角三角函数基本关系，即可求出结果；
（2）由 得 ，进而可求出的值，再由两角差的正切公式即可求出结果.
【详解】（1）已知，由，
解得 .
（2）由 得
又 ，
,
【点睛】本题主要考查三角恒等变换，熟记同角三角函数基本关系以及两角差的正切公式即可，属于基础题型.
19、（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】（1）证明出四边形为平行四边形，可证得结论成立；
（2）证明出平面，平面，利用面面平行的判定定理可证得结论成立.
【小问1详解】
证明：在正方体中，且，
因为、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，则.
【小问2详解】
证明：因为四边形为正方形，，则为的中点，
因为为中点，则，
平面，平面，所以，平面，
因为，平面，平面，所以，平面，
因为，因此，平面平面.
20、（1）
（2）
【解析】（1）将，，代入函数，利用待定系数法即可得出答案；
（2）对都成立，即，，令，，令，求出函数的最小值即可得解.
【小问1详解】
解：∵函数的图象经过点，，
∴，即，
又∵，∴，，
∴，即；
【小问2详解】
解：由（1）知，，
∴对都成立，即对都成立，
∴，，
令，，则，
令，即，，
∴的图象是开口向下且关于直线对称的抛物线，
∴，
∴，
∴的取值区间为
21、（1）；（2）或
【解析】（1）解方程组可得直线的交点为(1,6)，然后根据垂直可得直线l的斜率，由点斜式可得l的方程；（2）有点到直线的距离公式可得，解得a=1或a=6，即为所求
试题解析：
(1)由得
所以直线l1与l2的交点为(1,6),
又直线l垂直于直线x-2y-6=0
所以直线l的斜率为k=-2，
故直线l的方程为y-6=-2(x-1),
即2x+y-8=0
(2)因为点P(a,1)到直线l的距离等于,
所以=,
解得a=1或a=6.
所以实数a的值为1或6.