福建省福州市福州师范大学附属中学2026届高一上数学期末联考试题含解析.doc

福建省福州市福州师范大学附属中学2026届高一上数学期末联考试题
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．下列各组函数中，表示为同一个函数的是　　
A.与 B.与
C.与 D.与且
2．已知一个直三棱柱的高为2，如图，其底面ABC水平放置的直观图（斜二测画法）为，其中，则此三棱柱的表面积为（）

A. B.
C. D.
3．已知水平放置的四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，，，则原四边形的面积为（）

A. B.
C. D.
4．过点，直线的斜率等于1，则m的值为（ ）
A.1 B.4
C.1或3 D.1或4
5．集合，，则（）
A. B.
C. D.
6．已知幂函数的图象过，则下列求解正确的是（）
A. B.
C. D.
7．把函数y=cos2x+1的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），然后向左平移1个单位长度，再向下平移 1个单位长度，得到的图象是（　　）
A. B.
C. D.
8．下列函数中，最小正周期为且图象关于原点对称的函数是（ ）
A. B.
C. D.
9．已知角终边经过点，且，则的值是（）
A. B.
C. D.
10．纳皮尔是苏格兰数学家，其主要成果有球面三角中纳皮尔比拟式、纳皮尔圆部法则（1614）和纳皮尔算筹（1617），而最大的贡献是对数的发明，著有《奇妙的对数定律说明书》，并且发明了对数尺，可以利用对数尺查询出任意一对数值.现将物体放在空气中冷却，如果物体原来的温度是（℃），空气的温度是（℃），经过t分钟后物体的温度T（℃）可由公式得出，如温度为90℃的物体，放在空气中冷却2.5236分钟后，物体的温度是50℃，若根据对数尺可以查询出，则空气温度是（　　）
A.5℃ B.10℃
C.15℃ D.20℃
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．函数的定义域是________.
12．幂函数为偶函数且在区间上单调递减，则________，________.
13．若，则______.
14．若正数，满足，则________.
15．已知过点的直线与轴，轴在第二象限围成的三角形的面积为3，则直线的方程为__________
16．计算：（）0+_____
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．已知函数的图象过点.
（Ⅰ）求实数的值;
（Ⅱ若不等式恒成立，求实数的取值范围；
（Ⅲ）若函数，，是否存在实数使得的最小值为，若存在请求出的值；若不存在，请说明理由.
18．已知两个非零向量和不共线，，，
（1）若，求的值；
（2）若A、B、C三点共线，求的值
19．某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：

0

0

5

0

（Ⅰ）请将上表数据补充完整，填写在答题卡上相应位置，并直接写出函数的解析式；
（Ⅱ）将图象上所有点向左平行移动个单位长度，得到的图象．若图象的一个对称中心为，求的最小值
20．如图，在棱长都相等的正三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AA1，B1C的中点.

（1）求证：DE平面ABC；
（2）求证：B1C⊥平面BDE.
21．已知.
（1）化简；
（2）若，求的值.
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、D
【解析】A，B两选项定义域不同，C选项对应法则不同，D选项定义域和对应法则均相同，即可得选项.
【详解】A.，，两个函数的定义域不同，不是同一函数，
B.，，两个函数的定义域不同，不是同一函数，
C.，两个的对应法则不相同，不是同一函数
D.，，两个函数的定义域和对应法则相同是相同函数，
故选D
【点睛】此题是个基础题．本题考查函数的三要素：定义域、值域、对应关系，相同的函数必然具有相同的定义域、值域、对应关系．要使数与的同一函数，必须满足定义域和对应法则完全相同即可，注意分析各个选项中的个函数的定义域和对应法则是否相同，通常的先后顺序为先比较定义域是否相同，其次看对应关系或值域..
2、C
【解析】根据斜二测画法的“三变”“三不变”可得底面平面图，然后可解.
【详解】由斜二测画法的“三变”“三不变”可得底面平面图如图所示，其中，所以，所以此三棱柱的表面积为.
故选：C

3、B
解析】根据直观图画出原图，可得原图形为直角梯形，计算该直角梯形的面积即可.
【详解】过点作，垂足为

则由已知可得四边形为矩形，为等腰直角三角形
，
根据直观图画出原图如下：

可得原图形为直角梯形，，
且，
可得原四边形的面积为
故选：B.
4、A
【解析】解方程即得解.
【详解】由题得.
故选：A
【点睛】本题主要考查斜率的计算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.
5、B
【解析】解不等式可求得集合，由交集定义可得结果.
【详解】，，
.
故选：B.
6、A
【解析】利用幂函数过的点求出幂函数的解析式即可逐项判断正误
【详解】∵幂函数y＝xα的图象过点（2，），
∴2α，解得α，
故f（x），即，
故选A
【点睛】本题考查了幂函数的定义，是一道基础题
7、A
【解析】由题意, 的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵
坐标不变),即解析式为,向左平移一个单位为,向下平移一
个单位为,利用特殊点变为,选A.
点睛：三角函数的图象变换，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也常出现在题目中，所以也必须熟练掌握.无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母而言.函数是奇函数；函数是偶函数；函数是奇函数；函数是偶函数.
8、A
【解析】求出函数的周期，函数的奇偶性，判断求解即可
【详解】解：y＝cos（2x）＝﹣sin2x，是奇函数，函数的周期为：π，满足题意，所以A正确
y＝sin（2x）＝cos2x，函数是偶函数，周期为：π，不满足题意，所以B不正确；
y＝sin2x+cos2xsin（2x），函数是非奇非偶函数，周期为π，所以C不正确；
y＝sinx+cosxsin（x），函数是非奇非偶函数，周期为2π，所以D不正确；
故选A
考点：三角函数的性质.
9、A
【解析】由终边上的点及正切值求参数m，再根据正弦函数的定义求.
【详解】由题设，，可得，
所以.
故选：A
10、B
【解析】依题意可得，即，即可得到方程，解得即可；
【详解】：依题意，即，又，所以，即，解得；
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】利用已知条件可得出关于的不等式组，由此可解得函数的定义域.
【详解】对于函数，有，解得.
因此，函数的定义域为.
故答案：.
12、 (1).或3 (2).4
【解析】根据题意可得：
【详解】区间上单调递减，，
或3，
当或3时，都有，
，
.
故答案为：或3; 4.
13、
【解析】根据指对互化，指数幂的运算性质，以及指数函数的单调性即可解出
【详解】由得，即，解得
故答案为：
14、108
【解析】设，反解，结合指数运算和对数运算，即可求得结果.
【详解】可设，则，，；
所以.
故答案为：108.
15、
【解析】设直线l的方程是y=k（x-3）+4，
它在x轴、y轴上的截距分别是﹣+3，-3k+4，
且﹣+3<0, -3k+4>0
由已知，得（-3k+4）（﹣3）=6，
解得k1=或k2=
所以直线l的方程为：
故答案为
16、
【解析】根据根式、指数和对数运算化简所求表达式.
【详解】依题意，原式.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查根式、指数和对数运算，考查化归与转化的数学思想方法，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）（3）
【解析】（Ⅰ）根据图象过点，代入函数解析式求出k的值即可；
（Ⅱ）令，则命题等价于，根据函数的单调性求出a的范围即可；
（Ⅲ）根据二次函数的性质通过讨论m的范围，结合函数的最小值，求出m的值即可
【详解】（I）函数的图象过点

（II）由（I）知
恒成立
即恒成立
令，则命题等价于
而单调递增
即
（III），

令

当时，对称轴
①当，即时

，不符舍去.
②当时,即时
.
符合题意.
综上所述：
【点睛】本题考查了对数函数的性质，考查函数的单调性、最值问题，考查转化思想以及分类讨论思想，换元思想，是一道中档题
18、（1）-1（2）-1
【解析】（1）根据即可得出，，由即可得出1+k＝0，从而求出k的值；
（2）根据A，B，C三点共线即可得出，从而可得出，根据平面向量基本定理即可得出，解出k即可
【详解】解：（1）；
∴=；
∵；
∴k+1=0；
∴k=-1；
（2）∵A，B，C三点共线；
∴；
∴；
∴；
∵不共线；
∴由平面向量基本定理得，；
解得k=-1
【点睛】本题考查向量减法的几何意义，以及向量的数乘运算，平面向量基本定理
19、（Ⅰ）；（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）根据表中已知数据，解得．数据补全如下表：

0

0

5

0

0

且函数表达式为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知 ，得
因为对称中心为，
令，解得，
由于函数的图象关于点成中心对称，令，
解得，．由可知，当时，取得最小值.
考点：“五点法”画函数在某一个周期内的图象，三角函数的平移变换，三角函数的性质
20、（1）证明过程见解析；
（2）证明过程见解析.
【解析】（1）根据面面平行的判定定理，结合线面平行的判定定理、面面平行的性质进行证明即可；
（2）根据正三棱柱的几何性质，结合面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理、面面平行的性质定理进行证明即可.
【小问1详解】

设G是CC1的中点，连接，
因为E为B1C的中点，所以，而，所以，
因为平面ABC，平面ABC，所以平面ABC，
同理可证平面ABC，因为平面，且，
所以面平面ABC，而平面，所以DE 平面ABC；
【小问2详解】
设是的中点，连接，
因为E为B1C的中点，所以，而，所以，
由（1）可知：面平面ABC，平面平面，平面平面，因此，
在正三棱柱ABC－A1B1C1中，平面平面ABC，而平面平面ABC，
因为ABC是正三角形，是的中点，所以，因此平面，
而平面，因此，而，所以，
因为正三棱柱ABC－A1B1C1中棱长都相等，所以，而E分别为B1C的中点，
所以，而平面BDE，，所以B1C⊥平面BDE.

21、（1）（2）
【解析】（1）根据诱导公式化简；（2）巧用平方关系进行代换，再利用商数关系将原式转化为用表示，结合第1问解答
【详解】（1）
（2）
将代入，得.
【点睛】三角函数式的化简要求熟记相关公式，同角三角函数基本关系平方关可实现正弦和余弦的互化，要注意公式的逆使用，商数关系可实现正弦、余弦和正切的互化