2026届云南省耿马县第一中学高一数学第一学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析.doc

2026届云南省耿马县第一中学高一数学第一学期期末质量跟踪监视模拟试题
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．已知点，，则直线的倾斜角为（ ）
A. B.
C. D.
2．已知函数，则
A.0 B1
C. D.2
3．已知函数的图象如图所示，则函数的图象为　　

A.
B.
C.
D.
4．已知幂函数是偶函数，则函数恒过定点
A. B.
C. D.
5．已知集合，，则集合（）
A. B.
C. D.
6．与直线垂直，且在轴上的截距为-2的直线方程为（）
A. B.
C. D.
7．设，则的大小关系是（）
A. B.
C. D.
8．若函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（）
A. B.
C. D.
9． “”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
10．.已知集合，集合则（ ）
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知向量，，且，则__________.
12．边长为2的菱形中，，将沿折起，使得平面平面，则二面角的余弦值为__________
13．写出一个同时具有下列三个性质函数：________.①；②在上单调递增；③.
14．在棱长为2的正方体ABCD－中，E，F，G，H分别为棱，，，的中点，将该正方体挖去两个大小完全相同的四分之一圆锥，得到如图所示的几何体，现有下列四个结论：

①CG//平面ADE；②该几何体的上底面的周长为；
③该几何体的的体积为；④三棱锥F－ABC的外接球的表面积为
其中所有正确结论的序号是____________
15．某时钟的秒针端点到中心点的距离为6cm，秒针均匀地绕点旋转，当时间时，点与钟面上标12的点重合，将，两点的距离表示成的函数，则_______，其中
16．计算___________.
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．已知集合，
（1）求；
（2）判断是的什么条件
18．已知函数为二次函数，不等式的解集是，且在区间上的最小值为-12
（1）求的解析式；
（2）设函数在上的最小值为，求的表达式
19．已知，
（1）求的值；
（2）求的值
20．设函数.求函数的单调区间，对称轴及对称中心.
21．设集合，.
（1）若，求；
（2）若，求实数的取值集合.
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】由两点求斜率公式可得AB所在直线当斜率，再由斜率等于倾斜角的正切值求解
【详解】解：∵直线过点，，
∴，
设AB的倾斜角为α（0°≤α＜180°），
则tanα＝1，即α＝45°
故选B
【点睛】本题考查直线的倾斜角，考查直线倾斜角与斜率的关系，是基础题
2、B
【解析】 ,选B.
3、A
【解析】根据函数的图象，可得a，b的范围，结合指数函数的性质，即可得函数的图象.
【详解】解：通过函数的图象可知：，当时，可得，即．函数是递增函数；排除C，D．当时，可得，，，
故选A
【点睛】本题考查了指数函数的图象和性质，属于基础题.
4、D
【解析】根据幂函数和偶函数的定义可得的值，进而可求得过的定点.
【详解】因为是幂函数，
所以得或，
又偶函数，
所以，
函数恒过定点.
故选：.
【点睛】本题主要考查的是幂函数和偶函数的定义，以及对数函数性质的应用，是基础题.
5、B
【解析】解不等式求得集合、，由此求得.
【详解】，
，
所以.
故选：B
6、A
【解析】先求出直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解.
【详解】由题得所求直线的斜率为，
∴所求直线方程为，
整理为
故选：A
【点睛】方法点睛：求直线的方程，常用的方法：待定系数法，先定式（从直线的五种形式中选择一种作为直线的方程），后定量（求出直线方程中的待定系数）.
7、B
【解析】利用“”分段法确定正确选项.
【详解】，，
所以.
故选：B
8、A
【解析】将写成分段函数的形式，根据单调性先分析每一段函数需要满足的条件，同时注意分段点处函数值关系，由此求解出的取值范围.
【详解】因为，所以，
当在上单调递增时，，所以，
当在上单调递增时，，所以，
且，所以，
故选：A.
【点睛】思路点睛：根据分段函数单调性求解参数范围的步骤：
（1）先分析每一段函数的单调性并确定出参数的初步范围；
（2）根据单调性确定出分段点处函数值的大小关系；
（3）结合（1）（2）求解出参数的最终范围.
9、A
【解析】根据终边相同的角的三角函数值相等，结合充分不必要条件的定义，即可得到答案；
【详解】，
当，
“”是“”的充分不必要条件，
故选：A
10、A
【解析】先将分别变形，然后根据数值的奇偶判断出的关系，由此求解出的结果.
【详解】因为，所以，所以；
又因为，所以，所以，
又因为表示所有的奇数，表示部分奇数，所以Ü；
所以，
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】根据共线向量的坐标表示，列出方程，即可求解.
【详解】由题意，向量，，因为，可得，解得.
故答案为：.
12、
【解析】作，则为中点
由题意得面
作，连
则为二面角的平面角
故，，

点睛：本题考查了由平面图形经过折叠得到立体图形，并计算二面角的余弦值，本题关键在于先找出二面角的平面角，依据定义先找出平面角，然后根据各长度，计算得结果
13、或其他
【解析】找出一个同时具有三个性质的函数即可.
【详解】例如，是单调递增函数，，满足三个条件.
故答案为：.（答案不唯一）
14、①③④
【解析】由面面平行的性质判断①；由题设知两段圆弧的长度之和为，即可得上底周长判断②；利用正方体体积及圆锥体积的求法求几何体体积判断③；首先确定外接球球心位置，进而求出球体的半径，即可得F－ABC的外接球的表面积判断④.
【详解】因为面面，面，
所以CG//平面，即CG//平面ADE，①正确；
依题意知，弧EF与弧HG均为圆弧，且这两段圆弧的长度之和为，
所以该几何体的上底面的周长为，该几何体的体积为8－，②错误，③正确；
设M，N分别为下底面、上底面的中心，则三棱锥F－ABC的外接球的球心O在MN上
设OM＝h，则，解得，
从而球O的表面积为，④正确.
故答案为：①③④

15、
【解析】设函数解析式为，由题意将、代入求出参数值，即可得解析式.
【详解】设，由题意知：，
当时，，则，，令得；
当时，，则，，令得，
所以.
故答案为：.
16、2
【解析】利用指数、对数运算法则即可计算作答.
【详解】.
故答案：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）；或.
（2）充分不必要条件
【解析】（1）分别解一元二次不等式和分式不等式即可得答案；
（2）由题知或，进而根据充分不必要条件判断即可.
【小问1详解】
解：解不等式得，故；
解不等式，
解得或，故或.
【小问2详解】
解：因为,
所以或，
因为或，
所以是的充分不必要条件.
18、（1）；（2）.
【解析】（1）根据不等式的解集是，令，然后由在区间上的最小值为-12，由求解.
（2）由（1）知函数的对称轴是，然后分，两种讨论求解.
【详解】（1）因为不等式的解集是，
令，
因为在区间上的最小值为-12，
所以，
解得，
所以.
（2）当，即时， ，
当，即时，
所以.
【点睛】方法点睛：(1)二次函数在闭区间上的最值主要有三种类型：轴定区间定、轴动区间定、轴定区间动，不论哪种类型，解决的关键是考查对称轴与区间的关系，当含有参数时，要依据对称轴与区间的关系进行分类讨论．(2)二次函数的单调性问题则主要依据二次函数图象的对称轴进行分析讨论求解
19、（1）；（2）.
【解析】（1）先根据的值和二者的平方关系联立求得的值，再把平方即可求出；
（2）结合（1）求，的值，最后利用商数关系求得的值，代入即可得解
【详解】（1）∵，
∴，
∴，
∵，
∴，,，
∴，
∴.
（2）由，，
解得，，
∴
∵，，
∴
【点睛】方法点睛：三角恒等常用的方法：三看（看角、看名、看式），三变（变角、变名、变式）.
20、函数增区间为；减区间为；对称轴为；对称中心为
【解析】根据的单调区间、对称轴及对称中心即可得出所求的.
【详解】

函数增区间为
同理函数减区间为
令

其对称轴为
令

其对称中心为
【点睛】本题主要考查的是正弦函数的图像和性质，考查学生对正弦函数图像和性质的理解和应用，同时考查学生的计算能力，是中档题.
21、（1）；（2） .
【解析】易得．（1）由；（2），然后利用分类讨论思想对、和分三种情况进行讨论.
试题解析：集合
（1）若，则，则
（2），∴，
当，即时，成立；
当，即时，
（i）当时，，要使得，，
只要解得，所以的值不存在；
（ii）当时，，要使得，
只要解得
综上，的取值集合是
考点：集合的基本运算.