2026届浙江省余姚市第四中学高一数学第一学期期末经典模拟试题含解析.doc

2026届浙江省余姚市第四中学高一数学第一学期期末经典模拟试题
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．设正实数满足，则的最大值为（ ）
A. B.
C. D.
2．函数的零点个数为（ ）
A.个 B.个
C.个 D.个
3．过点作圆的两条切线，切点分别为，，则所在直线的方程为（）
A. B.
C. D.
4．已知函数，在下列区间中，包含零点的区间是
A. B.
C. D.
5．若，，则角的终边在
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
6．在空间直角坐标系中，点在轴上，且点到点与点的距离相等，则点坐标为（）
A. B.
C. D.
7．已知方程的两根分别为、，且、，则
A. B.或
C.或 D.
8．下列各式正确是
A. B.
C. D.
9．1弧度的圆心角所对的弧长为6，则这个圆心角所夹的扇形的面积是（ ）
A.3 B.6
C.18 D.36
10．函数在区间上的最小值为（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知函数（）的部分图象如图所示，则的解析式是___________.

12．已知函数．则函数的最大值和最小值之积为______
13．已知函数，若关于方程恰好有6个不相等的实数解，则实数的取值范围为__________.
14．在中，已知是x的方程的两个实根，则________
15．函数的最大值为____________
16．已知函数=，若对任意的都有成立，则实数的取值范围是______
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．已知，且是第四象限角.
（1）求和的值；
（2）求的值；
18．如图，为等边三角形，平面，，，为的中点.

（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求证：平面平面.
19．已知关于的函数.
（1）若函数是偶函数，求实数的值；
（2）当时，对任意，记的最小值为，的最大值为，且，求实数的值.
20．设集合，语句，语句.
（1）当时，求集合与集合的交集；
（2）若是的必要不充分条件，求正实数的取值范围.
21．已知函数
（1）求的值域；
（2）当时，关于的不等式有解，求实数的取值范围
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、C
【解析】根据基本不等式可求得最值.
【详解】由基本不等式可得，
即，
解得，
当且仅当，即，时，取等号，
故选：C.
2、C
【解析】根据给定条件直接解方程即可判断作答.
详解】由得：，即，解得，即，
所以函数的零点个数为2.
故选：C
3、B
【解析】先由圆方程得到圆心和半径，求出的长，以及的中点坐标，得到以为直径的圆的方程，由两圆方程作差整理，即可得出所在直线方程.
【详解】因为圆的圆心为，半径为，
所以，的中点为，
则以为直径的圆的方程为，
所以为两圆的公共弦，
因此两圆的方法作差得所在直线方程为，即.
故选：B.
【点睛】本题主要考查求两圆公共弦所在直线方法，属于常考题型.
4、C
【解析】因为，，所以由根的存在性定理可知：选C.
考点：本小题主要考查函数的零点知识，正确理解零点定义及根的存在性定理是解答好本类题目的关键.
5、D
【解析】本题考查三角函数的性质
由知角可能在第一、四象限；由知角可能在第三、四象限；
综上得角的终边在箱四象限
故正确答案为
6、B
【解析】先由题意设点的坐标为，根据空间中的两点间距离公式，列出等式，求出，即可得出结果.
【详解】因为点在轴上，所以可设点的坐标为，
依题意，得，
解得，则点的坐标为
故选：B.
7、D
【解析】将韦达定理的形式代入两角和差正切公式可求得，根据韦达定理可判断出两角的正切值均小于零，从而可得，进而求得，结合正切值求得结果.
【详解】由韦达定理可知：，

又，
，

本题正确选项：
【点睛】本题考查根据三角函数值求角的问题，涉及到两角和差正切公式的应用，易错点是忽略了两个角所处的范围，从而造成增根出现.
8、D
【解析】对于，，，故，故错误；
根据对数函数的单调性，可知错误
故选
9、C
【解析】由弧长的定义，可求得扇形的半径，再由扇形的面积公式，即可求解.
【详解】由1弧度的圆心角所对的弧长为6，利用弧长公式，可得，即，
所以扇形的面积为.
故选C.
【点睛】本题主要考查了扇形的弧长公式和扇形的面积公式的应用，着重考查了计算能力，属于基础题.
10、C
【解析】求出函数的对称轴，判断函数在区间上的单调性，根据单调性即可求解.
【详解】，对称轴，开口向上，
所以函数在上单调递减，在单调递增，
所以.
故选：C

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】由图可知，，得，从而，所以，然后将代入，得，又，得，因此，，注意最后确定的值时，一定要代入，而不是，否则会产生增根.
考点：三角函数的图象与性质.
12、80
【解析】根据二次函数的性质直接计算可得.
【详解】因为，所以当时，，当时，，所以最大值和最小值之积为.
故答案为：80
13、
【解析】作出函数的简图，换元，结合函数图象可知原方程有6根可化为在区间上有两个不等的实根，列出不等式组求解即可.
【详解】当，结合“双勾”函数性质可画出函数的简图，如下图，

令，
则由已知条件知，方程在区间上有两个不等的实根，
则，即实数的取值范围为.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了分段函数的图象，二次方程根的分布，换元法，数形结合，属于难题 .
14、##
【解析】根据根与系数关系可得，，再由三角形内角和的性质及和角正切公式求，即可得其大小.
【详解】由题设，，，
又，且，
∴.
故答案为：.
15、
【解析】利用二倍角公式将化为，利用三角函数诱导公式将化为，然后利用二次函数的性质求最值即可
【详解】因为，
所以当时，取到最大值.
【点睛】本题考查了三角函数化简与求最值问题，属于中档题
16、
【解析】转化为对任意的都有，再分类讨论求出最值，代入解不等式即可得解.
【详解】因为=，所以等价于，等价于，
所以对任意的都有成立，等价于，
（1）当，即时，在上为减函数，，
在上为减函数，，
所以，解得，结合可得.
（2）当，即时，在上为减函数，，
在上为减函数，在上为增函数，或，
所以且，解得.
（3）当，即时，，在上为减函数，，在上为增函数，，
所以，解得，结合可知，不合题意.
（4）当，即时，在上为减函数，在上为增函数，
，在上为增函数，，
此时不成立.
（5）当时，在上为增函数，，在上为增函数，，
所以，解得，结合可知，不合题意.
综上所述：.
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）根据象限和公式求出的正弦，再用倍角公式计算即可
（2）求出角正切值，再展开，代入计算即可.
【详解】解：（1），由得，
，
又是第四象限角，
，
，
，

.
（2）由（1）可知，
，
.
18、 (1)见解析(2)见解析
【解析】（Ⅰ）取的中点，连结，由三角形中位线定理可得，，结合已知，可得四边形为平行四边形，得到，由线面平行的判定可得平面；（Ⅱ）由线面垂直的性质可得平面，得到，再由为等边三角形，得，结合线面垂直的判定可得平面，再由面面垂直的判定可得面面
【详解】（Ⅰ）证明：取的中点，连结
∵在中，，
∵， ∴，
∴四边形为平行四边形 ∴
又∵平面 ∴平面
（Ⅱ）证：∵面，平面，∴，
又∵为等边三角形，∴，
又∵，∴平面，
又∵，∴面，
又∵面，∴面面

19、 (1) (2)
【解析】（1）利用偶函数定义求出实数的值；（2）函数在上单调递减，明确函数的最值，得到实数的方程，解出实数的值.
试题解析：
（1）因为函数是偶函数，所以，即，所以.
（2）当时，函数在上单调递减，
所以，，
又，所以，即，
解得（舍），所以.
20、（1）；
（2）.
【解析】（1）解一元二次不等式求集合A、B，应用集合的交运算求交集即可.
（2）根据必要不充分关系有，即可求的范围.
【小问1详解】
由题设，，当时，
所以；
【小问2详解】
由题设，，且，
若是的必要不充分条件，则，又a为正实数，即，解得，
故的取值范围为.
21、（1）
（2）
【解析】（1）由．令，换元后再配方可得答案；
（2）由得，令，转化为时有解的问题可得答案
【小问1详解】
，
令，则，
所以的值域为
【小问2详解】
，即，
令，则，即在上有解，
当时，m无解；当时，可得，
因为，当且仅当时，等号成立，
所以．综上，实数m的取值范围为