2025-2026学年四川省资阳市乐至县宝林中学数学高一上期末预测试题含解析.doc

2025-2026学年四川省资阳市乐至县宝林中学数学高一上期末预测试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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．已知命题，则p的否定为（）
A. B.
C. D.
2．如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，且侧棱．若侧面水平放置时，液面恰好过的中点，当底面ABC水平放置时，液面高为（ ）

A.6 B.7
C.2 D.4
3．函数f(x)＝ln(2x)－1的零点位于区间(　　)
A.(2,3) B.(3,4)
C.(0,1) D.(1,2)
4．命题“”的否定是
A. B.
C. D.
5．已知命题，则命题的否定为（）
A. B.
C. D.
6．下列函数中为奇函数，且在定义域上为增函数的有（）
A. B.
C. D.
7．已知函数，则使得成立的的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
8．若直线与直线互相垂直,则等于(   )
A.1 B.-1
C±1 D.-2
9．在空间直角坐标系中，一个三棱锥的顶点坐标分别是，，，.则该三棱锥的体积为（）
A. B.
C. D.2
10．设p：关于x的方程有解；q：函数在区间上恒为正值，则p是q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
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．在平面直角坐标系中，以轴为始边作两个锐角，，它们的终边分别与单位圆相交于，两点，，的纵坐标分别为，.则的终边与单位圆交点的纵坐标为_____________.
12．函数的图象为，以下结论中正确的是______（写出所有正确结论的编号）.
①图象关于直线对称；
②图象关于点对称；
③由的图象向右平移个单位长度可以得到图象；
④函数在区间内是增函数.
13．若，，，则的最小值为____________.
14．若函数，，则_________；当时，方程的所有实数根的和为__________.
15．函数的图象一定过定点P，则P点的坐标是______
16．化简=________
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．某实验室一天的温度（单位：）随时间（单位：）的变化近似满足函数关系：，.
（Ⅰ）求实验室这一天的最大温差；
（Ⅱ）若要求实验室温度不高于，则在哪个时间段实验室需要降温？
18．已知函数过定点，函数的定义域为.
（Ⅰ）求定点并证明函数的奇偶性；
（Ⅱ）判断并证明函数在上的单调性；
（Ⅲ）解不等式.
19．已知函数是奇函数
（1）求a的值，并根据定义证明函数在上单调递增；
（2）求的值域
20．已知向量=（3，4），=（1，2），=（－2，－2）
（1）求||，||的值；
（2）若=m+n，求实数m，n的值；
（3）若（+）∥（－+ k），求实数k的值
21．已知函数
（1）若有两个零点、，且，求的值；
（2）若命题“，”假命题，求的取值范围
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、D
【解析】全称命题的否定为存在命题，利用相关定义进行判断即可
【详解】全称命题的否定为存在命题，
命题，
则为.
故选：D
2、A
【解析】根据题意，当侧面AA1B1B水平放置时，水的形状为四棱柱形，由已知条件求出水的体积；当底面ABC水平放置时，水的形状为三棱柱形，设水面高为h，故水的体积可以用三角形的面积直接表示出，计算即可得答案
【详解】根据题意，当侧面AA1B1B水平放置时，水的形状为四棱柱形，底面是梯形，
设△ABC的面积为S，则S梯形＝S，水的体积V水＝S×AA1＝6S，
当底面ABC水平放置时，水的形状为三棱柱形，设水面高为h，
则有V水＝Sh＝6S，故h＝6
故选A
【点睛】本题考点是棱柱的体积计算，考查用体积公式来求高，考查转化思想以及计算能力，属于基础题
3、D
【解析】根据对数函数的性质，得到函数为单调递增函数，再利用零点的存在性定理，即可求解，得到答案.
【详解】由题意，函数，可得函数为单调递增函数，且是连续函数
又由f(1)＝ln 2－1＜0，f(2)＝ln 4－1＞0，
根据函数零点的存在性定理可得，函数f(x)的零点位于区间(1,2)上
故选D.
【点睛】本题主要考查了函数的零点问题，其中解答中合理使用函数零点的存在性定理是解答此类问题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
4、C
【解析】全称命题的否定是存在性命题，所以，命题“”的否定是，选C.
考点：全称命题与存在性命题.
5、D
【解析】由特称（存在）量词命题的否定是全称量词命题直接可得.
【详解】由特称（存在）量词命题的否定是全称量词命题直接可得：
命题的否定为：.
故选：D
6、C
【解析】根据函数的奇偶性，可排除A,B;说明的奇偶性以及单调性，可判断C;根据的单调性，判断D.
【详解】函数为非奇非偶函数，故A错；
函数为偶函数，故B错；
函数，满足，故是奇函数，
在定义域R上，是单调递增函数，故C正确；
函数在上是增函数，在上是增函数，在定义域上不单调，故D错，
故选：C
7、C
【解析】令，则，从而，即可得到，然后构造函数，利用导数判断其单调性，进而可得，解不等式可得答案
【详解】令，则，
，
所以，
所以，
令，则，
所以，所以，
所以在单调递增，
所以由，得，
所以，解得，
故选：C
【点睛】关键点点睛：此题考查不等式恒成立问题，考查函数单调性的应用，解题的关键是换元后对不等式变形得，再构造函数，利用函数的单调性解不等式.
8、C
【解析】分类讨论：两条直线的斜率存在与不存在两种情况，再利用相互垂直的直线斜率之间的关系即可
【详解】解：①当时，利用直线方程分别化为：，，此时两条直线相互垂直
②如果，两条直线的方程分别为与，不垂直，故；
③，当时，此两条直线的斜率分别为，
两条直线相互垂直，
，化为，
综上可知：
故选
【点睛】本题考查了相互垂直的直线斜率之间的关系、分类讨论思想方法，属于基础题
9、A
【解析】由题,在空间直角坐标系中找到对应的点,进而求解即可
【详解】由题,如图所示,

则,
故选:A
【点睛】本题考查三棱锥的体积,考查空间直角坐标系的应用
10、B
【解析】先化简p,q，再利用充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】因为方程有解,即方程有解，
令，则，即；
因为函数在区间上恒为正值，
所以在区间上恒成立，即在区间上恒成立，
解得，
所以p是q的必要不充分条件，
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】根据任意角三角函数的定义可得，，，，再由展开求解即可.
【详解】以轴为始边作两个锐角，，它们的终边分别与单位圆相交于，两点，，的纵坐标分别为，
所以，是锐角，可得，
因为锐角的终边与单位圆相交于Q点，且纵坐标为，
所以，是锐角，可得，
所以，
所以的终边与单位圆交点的纵坐标为.
故答案为：.
12、①②④
【解析】利用整体代入的方式求出对称中心和对称轴，分析单调区间，利用函数的平移方式检验平移后的图象.
【详解】由题意，，令，，
当时，即函数的一条对称轴，所以①正确；
令，，当时，，所以是函数的一个对称中心，所以②正确；
当，，在区间内是增函数，所以④正确；
的图象向右平移个单位长度得到，与函数不相等，所以③错误.
故答案为：①②④.
13、9
【解析】“1”的代换法去求的最小值即可.
【详解】
（当且仅当时等号成立）
则的最小值为9
故答案为：9
14、 ①.0 ②.4
【解析】直接计算，可以判断的图象和的图象都关于点中心对称，所以所以两个函数图象的交点都关于点对称，数形结合即可求解.
【详解】因为，
所以，
分别作出函数与的图象，
图象的对称中心为，
令，可得，当时，，
所以的对称中心为，
所以两个函数图象的交点都关于点对称，
当时，两个函数图象有个交点，
设个交点的横坐标分别为，，，，且，
则，，所以，

所以方程的所有实数根的和为，
故答案为：，
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是判断出的图象和的图象都关于点中心对称，作出函数图象可知两个函数图象有个交点，设个交点的横坐标分别为，，，，且，则和关于中心对称，和关于中心对称，所以，，即可求解.
15、 (1,4)
【解析】已知过定点,由向右平移个单位，向上平移个单位即可得，故根据平移可得到定点.
【详解】由向右平移个单位，向上平移个单位得到，过定点，则过定点.
【点睛】本题考查指数函数的图象恒过定点以及函数图象的平移问题.图象平移，定点也随之平移，平移后仍是定点.
16、
【解析】利用对数的运算法则即可得出
【详解】解：原式lg0.12
＝2+2lg10﹣1
＝2﹣2

故答案为
【点睛】本题考查了对数的运算法则，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、（Ⅰ）；（Ⅱ）从中午点到晚上点.
【解析】（Ⅰ）利用辅助角公式化简函数的解析式为，由此可得出实验室这一天的最大温差；
（Ⅱ）由，得出，令，得到，解此不等式即可得出结论.
【详解】（Ⅰ），.
因此，实验室这一天的最大温差为；
（Ⅱ）当时，，
令，得，
所以，解得，
因此，实验室从中午点到晚上点需要降温.
【点睛】本题考查三角函数模型在生活中的应用，涉及正弦不等式的求解，考查运算求解能力，属于中等题.
18、（Ⅰ）定点为，奇函数，证明见解析；（Ⅱ）在上单调递增，证明见解析；（Ⅲ）.
【解析】（Ⅰ）根据解析式可求得定点为，即可得解析式，根据奇函数的定义，即可得证；
（Ⅱ）利用定义法即可证明的单调性；
（Ⅲ）根据的单调性和奇偶性，化简整理，可得，根据函数的定义域，列出不等式组，即可求得答案.
【详解】（Ⅰ）函数过定点，定点为，
，定义域为，
.
函数为奇函数.
（Ⅱ）上单调递增.
证明：任取，且，
则.

，，
，，
，即，
函数在区间上是增函数.
（Ⅲ），即，
函数为奇函数

在上为单调递增函数，
， ，解得：.
故不等式的解集为：
【点睛】解题的关键是熟练掌握函数奇偶性、单调性的定义，并灵活应用，在处理单调性、奇偶性综合问题时，需要注意函数所有的自变量都要在定义域内，方可求得正确答案.
19、（1），证明见解析；
（2）.
【解析】（1）由列方程求参数a，令判断的大小关系即可证结论；
（2）根据指数复合函数值域的求法，求的值域.
【小问1详解】
由题设，，则，
∴，即，
令，则，又单调递增，
∴，，，即.
∴在上单调递增，得证.
小问2详解】
由则，
∴.
20、（1）||=5；；
（2）；
（3）.
【解析】（1）利用向量的模长的坐标公式即得；
（2）利用向量的线性坐标表示即得；
（3）利用向量平行的坐标表示即求.
【小问1详解】
∵向量=（3，4），=（1，2），
∴||=5，；
【小问2详解】
∵=（3，4），=（1，2），=（－2，－2），=m+n，
∴（3，4）=m（1，2）+n（－2，－2） =（m－2n，2m－2n），
所以，
得；
【小问3详解】
∵（+）∥(－+ k)，
又－+k=(－1－2k，－2－2k )，+=（4，6），
∴6 (－1－2k)=4 (－2－2k),
解得，
故实数k的值为.
21、（1）；
（2）.
【解析】（1）由已知条件可得，结合韦达定理可求得实数的值；
（2）由已知可知，命题“，”为真命题，可得其判别式，即可求得实数的取值范围.
【小问1详解】
解：由已知可得，可得或，
由韦达定理可得，，
所以，，解得，合乎题意.
故.
【小问2详解】
解：由题意可知，，，
则判别式，解得.
所以，实数的取值范围是.