辽宁省辽宁省营口市开发区第一高级中学2025-2026学年数学高一第一学期期末经典模拟试题含解析.doc

辽宁省辽宁省营口市开发区第一高级中学2025-2026学年数学高一第一学期期末经典模拟试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．若不等式( >0,且≠1)在[1,2] 上恒成立，则的取值范围是
A.(1,2) B.(2,)
C.(0,1)(2,) D.(0,)
2．函数的部分图像为（）
A. B.
C. D.
3．计算的值为
A. B.
C. D.
4．在空间直角坐标系中，点关于面对称的点的坐标是
A. B.
C. D.
5．不等式的解集为R，则a的取值范围为（）
A. B.
C. D.
6．已知函数，若对一切，都成立，则实数a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
7．已知是定义在R上的单调函数，满足，且，若，则a与b的关系是　　
A. B.
C. D.
8．4张卡片上分别写有数字1，2，3，4，从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片的数字之积为偶数的概率为（ ）
A. B.
C. D.
9．下列命题中，真命题是．
A.xR，x2＋1＝x B.xR，x2＋1＜2x
C.xR，x2＋1＞x D.xR，x2＋2x＞1
10． “，”是“”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．集合，用列举法可以表示为_________
12．已知函数若关于x的方程有4个解，分别为，，，，其中，则______，的取值范围是
13．16、17世纪之交，随着天文、航海、工程、贸易以及军事的发展，改进数字计算方法成了当务之急，数学家纳皮尔在研究天文学的过程中，为简化计算发明了对数.直到18世纪，才由瑞士数学家欧拉发现了指数与对数的互逆关系，即.现在已知，则__________
14．函数，且）的图象恒过定点，则点的坐标为___________；若点在函数的图象上，其中，，则的最大值为___________.
15．半径为2cm，圆心角为的扇形面积为.
16．命题“，使”是真命题，则的取值范围是________
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．已知函数，
（1）求不等式的解集；
（2）若有两个不同的实数根，求a的取值范围
18．已知角，且.
（1）求的值；
（2）求的值.
19．已知关于不等式的解集为.
（1）若，求的值；
（2）若，求实数的取值范围；
（3）若非空集合，请直接写出符合条件的整数的集合.
20．抛掷两颗骰子，计算：
（1）事件“两颗骰子点数相同”的概率；
（2）事件“点数之和小于7”概率；
（3）事件“点数之和等于或大于11”的概率.
21．已知函数
（1）若，，求；
（2）将函数的图象先向左平移个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象．求函数的单调递增区间
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、B
【解析】分类讨论：
①若a>1,由题意可得：在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，则，
结合反比例函数的单调性可知当时，，
此时；
②若0定要明确底数a的取值对函数增减性的影响，及真数必须为正的限制条件
2、D
【解析】先判断奇偶性排除C，再利用排除B，求导判断单调性可排除A.
【详解】因为，所以为偶函数，排除C；
因为，排除B；
当时，，，
当时，，所以函数在区间上单调递减，排除A.
故选：D
3、D
【解析】直接由二倍角的余弦公式，即可得解.
【详解】由二倍角公式得：，
故选D.
【点睛】本题考查了二倍角的余弦公式，属于基础题.
4、C
【解析】关于面对称的点为
5、D
【解析】对分成，两种情况进行分类讨论，结合判别式，求得的取值范围.
【详解】当时，不等式化为，解集为，符合题意.
当时，一元二次不等式对应一元二次方程的判别式，解得.
综上所述，的取值范围是.
故选：D
【点睛】本小题主要考查二次项系数含有参数的一元二次不等式恒成立问题的求解，考查分类讨论的数学思想方法，属于基础题.
6、C
【解析】将，成立，转化为，对一切成立，由求解即可.
【详解】解：因为函数，若对一切，都成立，
所以，对一切成立，
令，
所以，
故选：C
【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：
若在区间D上有最值，则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
若能分离常数，即将问题转化为：（或），则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
7、A
【解析】由题意，设则，又由，求得，得t值，确定函数的解析式，据此分析可得，即，又由，利用换底公式，求得，结合对数的运算性质分析可得答案
【详解】根据题意，是定义在R上的单调函数，满足，
则为常数，设，则，
又由，即，则有，解可得，则，
若，即，则，
若，必有，
则有，又由，则，
解可得，即，所以，
故选A
【点睛】本题主要考查了函数的单调性的应用，以及对数的运算性质的应用，其中解答中根据题意，设，求得实数的值，确定出函数的解析式，再利用对数的运算性质求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及换元思想的应用，属于中档试题
8、D
【解析】从4张卡片上分别写有数字1，2，3，4中随机抽取2张的基本事件有：
12，13，14，23，24，34，一共6种，
其中数字之积为偶数的有：12，14，23，24，34一共有5种，
所以取出的2张卡片的数字之积为偶数的概率为，
故选：D
9、C
【解析】根据全称命题和特称命题的含义，以及不等式性质的应用，即可求解.
【详解】对于A中，，所以，所以不正确；
对于B中，，所以，所以不正确；
对于C中，，所以，所以正确；
对于D中，，所以不正确，
故选C.
【点睛】本题主要考查了全称命题与特称命题的真假判定，其中解答中正确理解全称命题和特称命题的含义，以及不等式性质的应用是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
10、A
【解析】根据充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】∵ “，”可推出“”，
“”不能推出“，”，例如，时，，
∴ “，”是“”充分不必要条件.
故选：A

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、##
【解析】根据集合元素属性特征进行求解即可.
【详解】因为，所以，可得，因为，所以，集合
故答案为：
12、 ①.1 ②.
【解析】作出图象，将方程有4个解，转化为图象与图象有4个交点，根据二次函数的对称性，对数函数的性质，可得的、的范围与关系，结合图象，可得m的范围，综合分析，即可得答案.
【详解】作出图象，由方程有4个解，可得图象与图象有4个交点，且，如图所示：

由图象可知：且
因为，
所以，
由，可得，
因为，所以
所以，整理得；
当时，令，可得，
由韦达定理可得
所以，
因为且，
所以或，则或，
所以
故答案为：1，
【点睛】解题的关键是将函数求解问题，转化为图象与图象求交点问题，再结合二次函数，对数函数的性质求解即可，考查数形结合，分析理解，计算化简的能力，属中档题.
13、3
【解析】由
将对数转化为指数

14、 ① ②.##0.5
【解析】根据对数函数图象恒过定点求出点A坐标；代入一次函数式，借助均值不等式求解作答.
【详解】函数且）中，由得：，则点；
依题意，，而，，则，当且仅当2m=n=1时取“=”，即，
所以点的坐标为，的最大值为.
故答案为：；
15、
【解析】求出扇形的弧长,利用扇形面积公式求解即可.
【详解】因为半径为,圆心角为的扇形,弧长为,
所以扇形面积为:
故答案为.
【点睛】本题考查扇形的面积公式的应用,考查计算能力，属于基础题.
16、
【解析】可根据题意得出“，恒成立”，然后根据即可得出结果.
【详解】因为命题“，使”是真命题，
所以，恒成立，即恒成立，
因为当时，，所以，的取值范围是，
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）利用三角恒等变换公式将化到最简形式，确定，在这个范围内解三角不等式即可；
（2）确定在上的最值，根据有两个不同的实数根，得到a应满足的条件，解得答案.
【小问1详解】
原式化简后得,
由，则
∴，可得，即，
故不等式的解集为
【小问2详解】
在上的单调递增区间为，
单调递减区间为，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
又有两个不同的实数根，则，
∴，故a的取值范围为
18、（1）
（2）
【解析】（1）依题意可得，再根据同角三角函数的基本关系将弦化切，即可得到的方程，解得，再根据的范围求出；
（2）根据同角三角函数的基本关系将弦化切，再代入计算可得；
【小问1详解】
解：由，有，
有，整理为，
有，解得或.
又由，有，可得；
【小问2详解】
解：

.
19、（1）3； （2）；
（3）.
【解析】(1)由给定解集可得2，3是方程的二根即可求解作答.
(2)根据给定条件列出关于a的不等式求解作答.
(3)分a大于2或小于2两类讨论作答.
【小问1详解】
因方程的根为或，
而不等式的解集为，则2，3是方程的二根，
所以.
【小问2详解】
因为，即有，解得：，
所以实数的取值范围为.
【小问3详解】
因非空，则，当时显然集合不是集合的子集，
当时，，而，则，
所以整数的集合是.
20、（1）；（2）；（3）
【解析】（1）根据所有的基本事件的个数为，而所得点数相同的情况有种，从而求得事件“两颗骰子点数相同”的概率；（2）根据所有的基本事件的个数，求所求的“点数之和小于”的基本事件的个数，最后利用概率计算公式求解即可；（3）根据所有的基本事件的个数，求所求的“点数之和等于或大于”的基本事件的个数，最后利用概率计算公式求解即可
试题解析：抛掷两颗骰子，总的事件有个.
（1）记“两颗骰子点数相同”为事件，则事件有6个基本事件，
∴
（2）记“点数之和小于7”事件，则事件有15个基本事件，
∴
（3）记“点数之和等于或大于11”为事件，则事件有3个基本事件，
∴.
考点：古典概型.
21、（1）
（2）
【解析】（1）由平方关系求出，再由求解即可；
（2）由伸缩变换和平移变换得出的解析式，再由正弦函数的性质得出函数的单调递增区间
【小问1详解】
依题意，
因为，所以，所以
从而
【小问2详解】
将函数的图象先向左平移个单位长度，得到函数的图象
再把所得图象上所有点的横坐标变为原来的，得到函数的图象
令，的单调递增区间是
所以，，解得，
所以函数的单调递增区间为