潮州市重点中学2026届数学高一第一学期期末教学质量检测模拟试题含解析.doc

潮州市重点中学2026届数学高一第一学期期末教学质量检测模拟试题
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．在中，满足，则这个三角形是（）
A.正三角形 B.等腰三角形
C.锐角三角形 D.钝角三角形
2．已知、、是的三个内角，若，则是
A.钝角三角形 B.锐角三角形
C.直角三角形 D.任意三角形
3．若直线与直线相交，且交点在第一象限，则直线的倾斜角的取值范围是
A. B.
C. D.
4． “”是“为锐角”的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既非充分又非必要条件
5．已知幂函数在上单调递减，则（）
A. B.5
C. D.1
6．已知，，则（ ）
A. B.
C. D.
7．已知是定义在上的奇函数，且，当且时.已知，若对恒成立，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
8． “”是“幂函数为偶函数”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
9．下列结论中正确的是（）
A.当时，无最大值 B.当时，的最小值为3
C.当且时， D.当时，
10．若函数是定义在上的偶函数，则（）
A.1 B.3
C.5 D.7
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．过正方体的顶点作直线，使与棱、、所成的角都相等，这样的直线可以作_________条.
12．已知表示不超过实数的最大整数，如，，为取整函数，是函数的零点，则__________
13．设函数，则__________，方程的解为__________
14．已知，则___________
15．已知，则的值是________，的值是________.
16．经过点作圆的切线，则切线的方程为__________
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．过点的直线被两平行直线与所截线段的中点恰在直线上，求直线的方程
18．已知二次函数满足对任意，都有；；的图象与轴的两个交点之间的距离为.
（1）求的解析式；
（2）记，
（i）若为单调函数，求的取值范围；
（ii）记的最小值为，若方程有两个不等的根，求的取值范围.
19．已知函数为奇函数.
（1）求实数a的值；
（2）求的值.
20．化简或求下列各式的值
（1）；
（2）（lg5）2+lg5•lg20+
21．如图所示，正方形边长为分别是边上的动点.

（1）当时，设，将的面积用表示，并求出面积的最大值；
（2）当周长为4时，设，.用表示，由此研究的大小是否为定值，并说明理由.
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】由可知与符号相同,且均为正,则,即,即可判断选项
【详解】由题,因为,所以与符号相同,
由于在中,与不可能均为负,所以,,
又因为,
所以,即,所以,
所以三角形是锐角三角形
故选：C

【点睛】本题考查判断三角形的形状,考查三角函数值的符号
2、A
【解析】依题意，可知B，C中有一角为钝角，从而可得答案
详解】∵A是△ABC的一个内角，
∴sinA＞0，
又sinAcosBtanC＜0，
∴cosBtanC＜0，
∴B，C中有一角为钝角，
故△ABC为钝角三角形
故选A
【点睛】本题考查三角形的形状判断，求得B，C中有一角为钝角是判断的关键，属于中档题
3、C
【解析】联立方程 得交点 ，由交点在第一象限知： 解得 ，即是锐角，故 ，选C.
4、B
【解析】根据充分条件与必要条件的定义判断即可.
【详解】解：因为为锐角，所以，所以，所以“”是“为锐角”的必要条件；
反之，当时，，但是不是锐角，所以“”是“为锐角”的非充分条件.
故“”是“为锐角”必要不充分条件.
故选：B.
【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件，与角的余弦在各象限的正负，属于基础题.
5、C
【解析】根据幂函数的定义，求得或，再结合幂函数的性质，即可求解.
【详解】解：依题意，，故或；
而在上单调递减，在上单调递增，故，
故选：C.
6、C
【解析】详解】分析：求解出集合，得到，即可得到答案
详解：由题意集合，，
则，所以，故选C
点睛：本题考查了集合的混合运算，其中正确求解集合是解答的关键，着重考查了学生的推理与运算能力
7、A
解析】由奇偶性分析条件可得在上单调递增，所以，进而得，结合角的范围解不等式即可得解.
【详解】因为是定义在上的奇函数，
所以当且时，
根据的任意性，即的任意性可判断在上单调递增，
所以，
若对恒成立，则，
整理得，所以，
由，可得，
故选：A.
【点睛】关键点点睛，本题解题关键是利用，结合变量的任意性，可判断函数的单调性，属于中档题.
8、C
【解析】根据函数的奇偶性的定义和幂函数的概念，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
详解】由，即，解得或，
当时，，此时函数的定义域为关于原点对称，且，所以函数为偶函数；
当时，，此时函数的定义域为关于原点对称，且，所以函数为偶函数，
所以充分性成立；
反之：幂函数，则满足，
解得或或，
当时，，此时函数为偶函数；
当时，，此时函数为偶函数，
当时，，此时函数为奇函数函数，
综上可得，实数或，即必要性成立，
所以“”是“幂函数为偶函数”的充要条件.
故选：C.
9、D
【解析】利用在单调递增，可判断A；利用均值不等式可判断B，D；取可判断C
【详解】选项A，由都在单调递增，故在单调递增，因此在上当时取得最大值，选项A错误；
选项B，当时，，故，当且仅当，即时等号成立，由于，故最小值3取不到，选项B错误；
选项C，令，此时，不成立，故C错误；
选项D，当时，，故，当且仅当，即时等号成立，故成立，选项D正确
故选：D
10、C
【解析】先根据偶函数求出a、b的值，得到解析式，代入直接求解.
【详解】因为偶函数的定义域关于原点对称，则，解得.又偶函数不含奇次项，所以，即，所以，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】将小正方体扩展成4个小正方体，根据直线夹角的定义即可判断出符合条件的条数
【详解】解：设ABCD﹣A1B1C1D1边长为1
第一条：AC1是满足条件的直线；
第二条：延长C1D1到C1且D1C2＝1，AC2是满足条件的直线；
第三条：延长C1B1到C3且B1C3＝1，AC3是满足条件的直线；
第四条：延长C1A1到C4且C4A1，AC4是满足条件的直线

故答案为4
【点睛】本题考查满足条件的直线条数的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，考查分类与整合思想，是基础题
12、2
【解析】由于，所以，故.
【点睛】本题主要考查对新定义概念的理解，考查利用二分法判断函数零点的大概位置.首先研究函数，令无法求解出对应的零点，考虑用二分法来判断，即计算，则零点在区间上.再结合取整函数的定义，可求出的值.
13、 ①.1 ②.4或-2
【解析】（1）∵，
∴
（2）当时，由可得，解得；
当时，由可得，解得或（舍去）
故方程的解为或
答案：1，或
14、7
【解析】将两边平方，化简即可得结果.
【详解】因为，
所以,两边平方可得，
所以，故答案为7.
【点睛】本题主要考查指数的运算，意在考查对基础知识的掌握情况，属于简单题.
15、 ①. ②.
【解析】将化为可得值，通过两角和的正切公式可得的值.
【详解】因为，所以；
，
故答案为：，.
16、
【解析】点在圆上，由，则切线斜率为2，由点斜式写出直线方程.
【详解】因为点在圆上，所以，因此切线斜率为2，
故切线方程为，整理得
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、
【解析】先设出线段的中点为,再根据已知求出的值，即得点M的坐标，再写出直线l的方程.
【详解】设线段的中点为,因为点到与的距离相等,
故
,则点
直线方程为,即.
【点睛】(1)本题主要考查直线方程的求法，考查直线的位置关系和点到直线的距离，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 点到直线的距离.
18、（1）；（2）（i）；（ii）或.
【解析】（1）根据二次函数的对称轴、求参数a、b、c，写出的解析式；
（2）（i）利用二次函数的性质，结合的区间单调性求的取值范围；
（ii）讨论、、，结合二次函数的性质求最小值的表达式，再令并应用数形结合的方法研究的零点情况求的取值范围.
【详解】（1）设由题意知：对称轴，
，又，则，
，
设的两根为，，则，，
由已知：，解得
.
（2）（i），其对称轴为
为单调函数，
或，解得或.
的取值范围是.
（ii），，对称轴
①当，即时，区间单调递增，
.
②当，即时，在区间单调递减，

③当，即时，，

函数零点即为方程的根
令，即，作出的简图如图所示

①当时，，或，解得或，有个零点；
②当时，有唯一解，解得，有个零点；
③当时，有两个不同解，，解得或，有4个零点；
④当时，，，解得，有个零点；
⑤当时，无解，无零点
综上：当或时，有个零点.
【点睛】关键点点睛：第二问，（i）分类讨论并结合二次函数区间单调性求参数范围，（ii）分类讨论求最小值的表达式，再应用换元法及数形结合求参数范围.
19、（1）（2）
【解析】（1）由奇函数定义求；
（2）代入后结合对数恒等式计算
【详解】（1）因为函数为奇函数，
所以恒成立，
可得.
（2）由（1）可得.
所以.
【点睛】本题考查函数的奇偶性，考查对数恒等式，属于基础题
20、（1）；（2）2
【解析】（1）进行分数指数幂的运算即可； （2）进行对数的运算即可
【详解】（1）原式=；
（2）原式=lg5（lg5+lg20）+lg4=2（lg5+lg2）=2
【点睛】本题主要考查分数指数幂和对数的运算，考查对数的换底公式．意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和计算能力.
21、（1），
（2），为定值，理由见解析
【解析】（1）由题意可知，进而可得，由此即可求出结果；
（2）由题意可知，再根据的周长，化简整理可得，再根据两角和的正切公式即可求出结果.
【小问1详解】
解：设，则，
，
当时，.
【小问2详解】
解：由，
知，
由周长为4，可知，
，
，

而均为锐角，故，
为定值.