2025-2026学年广东省惠州市惠东中学高一上数学期末检测试题含解析.doc

2025-2026学年广东省惠州市惠东中学高一上数学期末检测试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4．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．若向量＝，||＝2，若·(－)＝2，则向量与的夹角（）
A. B.
C. D.
2．某同学用“五点法”画函数在一个周期内的简图时，列表如下：

0

x

y
0
2
0

0
则的解析式为（）
A. B.
C D.
3．已知函数f（x）=loga（x+1）（其中a＞1），则f（x）＜0的解集为（　　）
A. B.
C. D.
4．如果函数是定义在上的奇函数，当时，函数的图象如图所示，那么不等式的解集是

A. B.
C. D.
5．如图，以为直径在正方形内部作半圆，为半圆上与不重合的一动点，下面关于的说法正确的是

A.无最大值，但有最小值
B.既有最大值，又有最小值
C.有最大值，但无最小值
D.既无最大值，又无最小值
6．定义在R上的函数满足，且当时，，，若任给，存在，使得，则实数a的取值范围为（ ）.
A. B.
C. D.
7．已知函数，对于任意，且，均存在唯一实数，使得，且，若关于的方程有4个不相等的实数根，则的取值范围是
A. B.
C. D.
8．设，，那么等于

A. B.
C. D.
9．函数是偶函数且在上单调递减，，则的解集为（）
A. B.
C D.
10．是边长为1的等边三角形，点分别是边的中点，连接并延长到点，使得，则的值为（ ）
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．某租赁公司拥有汽车100辆.当每辆车的月租金为元时，可全部租出.当每辆车的月租金每增加50元时，未租出的车将会增加一辆.租出的车每辆每月需要维护费150元，未租出的车每辆每月需要维护费50元.若使租赁公司的月收益最大，每辆车的月租金应该定为__________
12．已知平面向量，，，，，则的值是_____
13．函数的图像恒过定点___________
14．函数的单调减区间是_________.
15．设是R上的奇函数，且当时，，则__________
16．下面四个命题：
①定义域上单调递增；
②若锐角，满足，则；
③是定义在上的偶函数，且在上是增函数，若，则；
④函数的一个对称中心是；
其中真命题的序号为______.
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．已知，且
（1）求的值；
（2）求的值
18．已知函数，其中.
（1）当时，求的值域和单调区间；
（2）若存在单调递增区间，求a的取值范围.
19．如图，摩天轮的半径为，点距地面的高度为，摩天轮按逆时针方向作匀速转动，且每转一圈，摩天轮上点的起始位置在最高点.

（Ⅰ）试确定点距离地面的高度（单位：）关于转动时间（单位：）的函数关系式；
（Ⅱ）摩天轮转动一圈内，有多长时间点距离地面超过？
20．已知
（1）作出函数的图象，并写出单调区间；
（2）若函数有两个零点，求实数的取值范围
21．袋子里有6个大小、质地完全相同且带有不同编号的小球，其中有1个红球，2个白球，3个黑球，从中任取2个球.
（1）写出样本空间；
（2）求取出两球颜色不同的概率；
（3）求取出两个球中至多一个黑球的概率.
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、A
【解析】利用向量模的坐标求法可得，再利用向量数量积求夹角即可求解.
【详解】由已知可得：，得，
设向量与的夹角为，则
所以向量与的夹角为
故选：A.
【点睛】本题考查了利用向量数量积求夹角、向量模的坐标求法，属于基础题.
2、D
【解析】由表格中的五点，由正弦型函数的性质可得、、求参数，即可写出的解析式.
【详解】由表中数据知：且，则，
∴，即，又，可得.
∴.
故选：D.
3、D
【解析】因为已知a的取值范围，直接根据根据对数函数的单调性和定点解出不等式即可
【详解】因为，
所以在单调递增，
所以
所以，解得
故选D
【点睛】在比较大小或解不等式时，灵活运用函数的单调性以及常数和对指数之间的转化
4、B
【解析】图1图2
如图1为f(x)在（-3，3）的图象，图2为y=cosx图象，要求得的解集，只需转化为在寻找满足如下两个关系的区间即可：，结合图象易知当时，，当时，，当时，，故选B.
考点：奇函数的性质，余弦函数的图象，数形结合思想.
5、D
【解析】设正方形的边长为2，如图建立平面直角坐标系，

则D（-1，2），P（cosθ，sinθ），（其中0＜θ＜π）
,
∵cosθ∈（-1，1），∴∈（4，16）.
故选D
点睛：本题考查了向量的加法及向量模的计算，利用建系的方法，引入三角函数来解决使得思路清晰，计算简便，遇见正方形，圆，等边三角形，直角三角形等特殊图形常用建系的方法.
6、D
【解析】求出在，上的值域，利用的性质得出在，上的值域，再求出在，上的值域，根据题意得出两值域的包含关系，从而解出的范围
【详解】解：当时，，
可得在，上单调递减，在上单调递增，
在，上的值域为，，
在上的值域为，，
在上的值域为，，
，
，
在上的值域为，，
当时，为增函数，
在，上的值域为，，
，解得；
当时，为减函数，
在，上的值域为，，
，解得；
当时，为常数函数，值域为，不符合题意；
综上，的范围是或
故选：
【点睛】本题考查了分段函数的值域计算，集合的包含关系，对于不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则值域是值域的子集
7、A
【解析】解：由题意可知f（x）在[0，+∞）上单调递增，
值域为[m，+∞），
∵对于任意s∈R，且s≠0，均存在唯一实数t，
使得f（s）＝f（t），且s≠t，
∴f（x）在（﹣∞，0）上是减函数，值域为（m，+∞），
∴a＜0，且﹣b+1＝m，即b＝1﹣m
∵|f（x）|＝f（有4个不相等的实数根，
∴0＜f（）＜﹣m，又m＜﹣1，
∴0m，即0＜（1）m＜﹣m，
∴﹣4＜a＜﹣2，
∴则a的取值范围是（﹣4，﹣2），
故选A

点睛：本题中涉及根据函数零点求参数取值，是高考经常涉及的重点问题，
（1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解；
（2）分离参数后转化为函数的值域（最值）问题求解，如果涉及由几个零点时，还需考虑函数的图象与参数的交点个数；
（3）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.
8、B
【解析】由题意得
．选B
9、D
【解析】分析可知函数在上为增函数，且有，将所求不等式变形为，可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围.
【详解】因为函数是偶函数且在上单调递减，则该函数在上为增函数，
且，
由可得，
所以，，可得或，解得或.
因此，不等式的解集为.
故选：D.
10、B
【解析】设，，∴，，
，∴.
【考点】向量数量积
【名师点睛】研究向量的数量积问题，一般有两个思路，一是建立直角坐标系，利用坐标研究向量数量积；二是利用一组基底表示所有向量，两种实质相同，坐标法更易理解和化简.平面向量的坐标运算的引入为向量提供了新的语言——“坐标语言”，实质是将“形”化为“数”．向量的坐标运算，使得向量的线性运算都可用坐标来进行，实现了向量运算完全代数化，将数与形紧密结合起来

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、4050
【解析】设每辆车的月租金定为元，则租赁公司的月收益：
当时， 最大，最大值为，即当每车辆的月租金定为元时，租赁公司的月收益最大，最大月收益是，故答案为.
【思路点睛】本题主要考查阅读能力、数学建模能力和化归思想以及几何概型概率公式，属于难题.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.解答本题的关键是：将租赁公司的月收益表示为关于每辆车的月租金的函数，然后利用二次函数的性质解答.
12、
【解析】根据向量垂直向量数量积等于，解得α·β＝，再利用向量模的求法，将式子平方即可求解.
【详解】由得，
所以，
所以
所以.
故答案为：
13、
【解析】
根据指数函数过定点,结合函数图像平移变换,即可得过的定点.
【详解】因为指数函数（,且）过定点
是将向左平移2个单位得到
所以过定点.
故答案为：.
14、##
【解析】根据复合函数的单调性“同增异减”，即可求解.
【详解】令，
根据复合函数单调性可知，内层函数在上单调递减，在上单调递增，
外层函数在定义域上单调递增，所以函数#在上单调递减，在上单调递增.
故答案为：.
15
【解析】由函数的性质得，代入当时的解析式求出的值，即可得解.
【详解】当时，，，
是上的奇函数，
故答案为：
16、②③④
【解析】由正切函数的单调性，可以判断①真假；根据正弦函数的单调性，结合诱导公式，可以判断②的真假；根据函数奇偶性与单调性的综合应用，可以判断③的真假；根据正弦型函数的对称性，我们可以判断④的真假，进而得到答案
【详解】解：由正切函数的单调性可得①“在定义域上单调递增”为假命题；
若锐角、满足，即，即，则，故②为真命题；
若是定义在上的偶函数，且在上是增函数，则函数在上为减函数，
若，则，则，故③为真命题；
由函数则当时，故可得是函数的一个对称中心故④为真命题；
故答案为：②③④
【点睛】本题考查的知识点是命题的真假判断与应用，函数单调性的性质，偶函数，正弦函数的对称性，是对函数性质的综合考查，熟练掌握基本初等函数的性质是解答本题的关键

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）将条件化为，然后，可得答案；
（2）由第一问可得，然后，解出即可.
【详解】（1）因为，且，
所以
故

又因为，所以，即，
所以
所以
（2）由（1）知，又因为，
所以 .
因为，，
所以，即，
解得或
因为，所以，
所以
18、（1）见解析（2）
【解析】（1）利用换元法设，求出的范围，再由对数函数的性质得出值域，再结合复合函数的单调性得出的单调区间；
（2）分别讨论，两种情况，结合复合函数的单调性以及二次函数的性质得出a的取值范围.
【详解】（1）当时，
设，由，解得
即函数的定义域为，此时
则，即的值域为
要求单调增（减）区间，等价于求的增（减）区间
在区间上单调递增，在区间上单调递减
在区间上单调递增，在区间上单调递减
（2）当时，存在单调递增区间，则函数存在单调递增区间
则判别式，解得或（舍）
当时，存在单调递增区间，则函数存在单调递减区间
则判别式，解得或，此时不成立
综上，a的取值范围为
【点睛】关键点睛：本题主要考查了对数型复合函数的单调性问题，解题的关键在于利用复合函数单调性的性质进行求解.
19、（1）（2）
【解析】（1）由图形知，以点O为原点，所在直线为y轴，过O且与垂直的向右的方向为x轴建立坐标系，得出点P的纵坐标，由起始位置得即可得出在时刻tmin时P点距离地面的高度的函数；
（2）由（1）中的函数，令函数值大于70解不等式即可得出P点距离地面超过70m的时间
【详解】（1）建立如图所示的平面直角坐标系，

设是以轴正半轴为始边，（表示点的起始位置）为终边的角，
由题点的起始位置在最高点知，，
又由题知在内转过的角为，即，
所以以轴正半轴为始边，为终边的角为，
即点纵坐标，
所以点距离地面的高度关于旋转时间的函数关系式是，
化简得.
（2）当时，解得，
又，所以符合题意的时间段为或，即在摩天轮转动一圈内，有 点距离地面超过.
【点睛】本题考查已知三角函数模型的应用问题，解答本题的关键是建立起符合条件的坐标系，得出相应的函数的模型，作出正确的示意图，然后再由三角形中的相关知识进行运算，解三角形的应用一般是求距离（长度问题，高度问题等），解题时要注意综合利用所学的知识与题设中的条件，求解三角形的边与角，本题属于中档题
20、（1）见解析；（2）
【解析】（1）根据函数的表达式，作出函数的图象即可；
（2）问题转化为求函数的交点问题，结合函数的图象，由数形结合得出即可
【详解】解：（1）画出函数的图象，如图示：
，
由图象得：在，单调递增；
（2）若函数有两个零点，
则和有2个交点，
结合图象得：
【点睛】本题考查了指数函数、对数函数的图象及性质，考查函数的零点问题，是一道基础题
21、（1）答案见解析；
（2）；
（3）.
【解析】（1）将1个红球记为个白球记为个黑球记为，进而列举出所有可能性，进而得到样本空间；
（2）由题意，有1红1白，1红1黑，1白1黑，共三大类情况，由（1），列举出所有可能性，进而求出概率；
（3）由题意，有1红1白，1红1黑，1白1黑，2白，共四大类情况，由（1），列举出所有可能性，进而求出概率
【小问1详解】
将1个红球记为个白球记为个黑球记为，则样本空间，共15个样本点.
【小问2详解】
记A事件为“取出两球颜色不同”，则两球颜色可能是1红1白，1红1黑，1白1黑，则包含11个样本点，所以.
【小问3详解】
记事件为“取出两个球至多有一个黑球”，则两球颜色可能是1红1白，1红1黑，1白1黑，2白，则包含12个样本点，所以.