甘肃省酒泉市敦煌中学2026届高一数学第一学期期末复习检测试题含解析.doc

甘肃省酒泉市敦煌中学2026届高一数学第一学期期末复习检测试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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．幂函数的图象经过点，则（）
A.是偶函数，且在上单调递增
B.是偶函数，且在上单调递减
C.是奇函数且在上单调递减
D.既不是奇函数，也不是偶函数，在上单调递增
2．已知定义在上偶函数满足下列条件：①是周期为2的周期函数；②当时，.那么值为（）
A B.
C. D.2
3．已知角为第四象限角，则点位于（）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
4．已知某几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸单位：，可得这个几何体得体积是　　

A. B.
C.2 D.4
5．计算，其结果是
A. B.
C. D.
6．已知a=log20.3，b=20.3，c=0.30.3，则a，b，c三者的大小关系是（　　）
A. B.
C. D.
7．对于空间中的直线，以及平面，，下列说法正确的是（）
A.若，，，则
B.若，，，则
C.若，，，则
D.若，，，则
8．已知扇形的周长为15cm，圆心角为3rad，则此扇形的弧长为（）
A.3cm B.6cm
C.9cm D.12cm
9．已知幂函数f（x）＝xa的图象经过点P（2，），则函数y＝f（x2）﹣2f（x）的最小值等于（　　）
A. B.
C.1 D.﹣1
10．若，则下列不等式成立的是（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知扇形的周长是2022，则扇形面积最大时，扇形的圆心角的弧度数是___________.
12．已知函数，若函数恰有三个不同的零点，则实数k的取值范围是_____________
13．已知函数是定义在的偶函数，且当时，若函数有8个零点，分别记为，，，，，，，，则的取值范围是______.
14．设函数且是定义域为的奇函数；
（1）若，判断的单调性并求不等式的解集；
（2）若，且，求在上的最小值
15．棱长为2个单位长度的正方体中，以为坐标原点，以，，分别为，，轴，则与的交点的坐标为__________
16．函数是幂函数，且在上是减函数，则实数__________.
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．已知圆的圆心在直线上，且经过圆与圆的交点.
（1）求圆的方程；
（2）求圆的圆心到公共弦所在直线的距离.
18．设全集实数集, ,
（1）当时,求和；
（2）若,求实数的取值范围
19．上海市某地铁项目正在紧张建设中，通车后将给更多市民出行带来便利，已知该线路通车后，地铁的发车时间间隔t（单位：分钟）满足，，经测算，在某一时段，地铁载客量与发车时间间隔t相关，当时地铁可达到满载状态，载客量为1200人，当时，载客量会减少，减少的人数与的平方成正比，且发车时间间隔为2分钟时载客量为560人，记地铁载客量为.
（1）求的解析式；
（2）若该时段这条线路每分钟的净收益为（元），问当发车时间间隔为多少时，该时段这条线路每分钟的净收益最大？
20．已知不等式的解集是
（1）若且，求的取值范围；
（2）若，求不等式的解集
21．已知集合，集合，集合.
（1）求；
（2）若，求实数的值取范围.
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】设幂函数方程，将点坐标代入，可求得的值，根据幂函数的性质，即可求得答案.
【详解】设幂函数的解析式为：，将代入解析式得：，解得，
所以幂函数，所以既不是奇函数，也不是偶函数，
且，所以在上单调递增.
故选：D.
2、B
【解析】根据函数的周期为2和函数是定义在上的偶函数，可知，再根据条件②，即可求出结果.
【详解】因为是周期为2的周期函数，
所以，
又函数定义在上的偶函数，所以
又当时，，所以.
所以值为.
故选：B.
3、C
【解析】根据三角函数的定义判断、的符号，即可判断.
【详解】因为是第四象限角，所以，，则点位于第三象限，
故选：C
4、B
【解析】先根据三视图得到几何体的形状，然后再根据条件中的数据求得几何体的体积
【详解】由三视图可知该几何体是一个以俯视图为底面的四棱锥，如下图中的四棱锥

由题意得其底面面积，高，
故几何体的体积
故选B
【点睛】由三视图还原几何体的方法
（1）还原后的几何体一般为较熟悉的柱、锥、台、球的组合体
（2）注意图中实、虚线，实际是原几何体中的可视线与被遮挡线
（3）想象原形，并画出草图后进行三视图还原，把握三视图和几何体之间的关系，与所给三视图比较，通过调整准确画出原几何体
5、B
【解析】原式
故选
6、D
【解析】利用指数函数与对数函数的单调性即可得出大小关系
【详解】∵a=log20.3＜0，b=20.3＞1，c=0.30.3∈（0，1），
则a，b，c三者的大小关系是b＞c＞a.
故选：D
【点睛】本题考查了指数函数与对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题
7、D
【解析】利用线面关系，面面关系的性质逐一判断.
【详解】解：对于A选项，，可能异面，故A错误；
对于B选项，可能有，故B错误；
对于C选项，，的夹角不一定为90°，故C错误；
故对D选项，因为，，故，因为，故，故D正确.
故选：D.
【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是中档题.
8、C
【解析】利用扇形弧长公式进行求解.
【详解】设扇形弧长为l cm，半径为r cm，则，即且，解得：（cm），故此扇形的弧长为9cm.
故选：C
9、D
【解析】先由已知条件求得，再利用配方法求二次函数的最值即可得解.
【详解】解：已知幂函数f（x）＝xa的图象经过点P（2，），
则，即，所以，
所以，
所以y＝f（x2）﹣2f（x），
当且仅当，即时取等号，
即函数y＝f（x2）﹣2f（x）的最小值等于，
故选：D.
【点睛】本题考查了幂函数解析式的求法，重点考查了二次函数求最值问题，属基础题.
10、D
【解析】根据不等式的性质逐项判断可得答案.
【详解】对于A，因为，，故，故A错误
对于B，因为，，故，故，故B错误
对于C，取，易得，故C错误
对于D，因为，所以，故D正确
故选：D

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、2
【解析】设扇形的弧长为，半径为，则，将面积最值转化为一元二次函数的最值；
【详解】设扇形的弧长为，半径为，则，
，
当时，扇形面积最大时，
此时，
故答案为：
12、
【解析】根据函数解析式画出函数图象，则函数的零点个数，转化为函数与有三个交点，结合函数图象判断即可；
【详解】解：因为，函数图象如下所示：

依题意函数恰有三个不同的零点，即函数与有三个交点，
结合函数图象可得，即；
故答案为：
13、
【解析】由偶函数的对称性，将转化为，再根据二次函数的对称性及对数函数的性质可进一步转化为，结合利用二次函数的性质即可求解.
【详解】解：因为函数有8个零点，
所以直线与函数图像交点有8个，如图所示：

设，
因为函数是定义在的偶函数，
所以函数的图像关于轴对称，
所以，且由二次函数对称性有，
由有，
所以
又，所以，
所以，
故答案为：.
14、（1）是增函数，解集是
（2）
【解析】（1）根据函数为奇函数，求得，得到，由，求得，得到是增函数，把不等式转化为，结合单调性，即可求解；
（2）由，求得，得到，得出，
令，结合指数函数的性质和换元法，即可求解.
【小问1详解】
解：因为函数且是定义域为的奇函数，
可得，即，
可得，所以，即，
由，可得且且，解得，
所以是增函数，
又由，可得，
所以，解得，所以不等式的解集是
【小问2详解】
解：由函数，
因为即且，解得，所以，
由，
令，则由（1）得在上是增函数，故，
则在单调递增，
所以函数的最小值为，
即在上最小值为.
15、
【解析】
设

即的坐标为
16、2
【解析】根据函数为幂函数求参数m，讨论所求得的m判断函数是否在上是减函数，即可确定m值.
【详解】由题设，，即，解得或，
当时，，此时函数在上递增，不合题意；
当时，，此时函数在上递减，符合题设.
综上，.
故答案为：2

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）求出的坐标，然后求出的中垂线方程，然后求出圆心和半径即可；
（2）两圆相减可得方程，然后利用点到直线的距离公式求出答案即可.
【详解】（1）设圆与圆交点为，由方程组
，得或
不妨令，，因此的中垂线方程为，
由，得，所求圆的圆心，，
所以圆的方程为，即
（2）圆与圆的方程相减
得公共弦方程，
由圆的圆心，半径，
且圆心到公共弦：的距离
18、 (1)，;(2).
【解析】把代入集合B，求出集合B的解集，再根据交集和并集的定义进行求解；
因为，可知，求出，再根据子集的性质进行求解；
【详解】（1）由题意，可得，
当时，，
则，
若，则或，
、当时，，满足A.
当时，，
又，则
综上，
【点睛】本题主要考查了交集和并集的定义以及子集的性质，其中解答中熟记集合的运算，以及合理分类讨论是解答的关键，着重考查了分类讨论思想，以及推理与运算能力，属于基础题.
19、（1）；（2）分钟.
【解析】(1)时，求出正比例系数k，写出函数式即可得解；
(2)求出每一段上的最大值，再比较大小即可得解.
【详解】（1）由题意知，（k为常数），
因，则，
所以；
（2）由得，
即，
①当时，，当且仅当等号成立；
②当时，在[10，20]上递减，当时Q取最大值24，
由①②可知，当发车时间间隔为分钟时，该时段这条线路每分钟的净收益最大，最大为120元.
20、（1）（2）
【解析】（1）根据且知道满足不等式，不满足不等式，解出即可得出答案
（2）根据知道是方程的两个根，利用韦达定理求出a值，再带入不等式，解出不等式即可
【详解】（1）

（2）∵，∴是方程的两个根，
∴由韦达定理得解得∴不等式即为：其解集为
【点睛】本题考查元素与集合的关系、一元二次不等式与一元二次等式的关系，属于基础题
21、（1）或；
（2）.
【解析】（1）根据一元二次不等式的解法求出集合、，即可求出；
（2）由，可知，得到不等式组，即得.
【小问1详解】
∵，，
，或，
∴或；
【小问2详解】
∵，，
由，得，
，解得，
∴实数的值取范围为.