2026届上海市普通中学三校联考数学高一第一学期期末综合测试试题含解析.doc

2026届上海市普通中学三校联考数学高一第一学期期末综合测试试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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．关于的不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是（）
A. B.
C. D.
2．设，，，则的大小顺序是
A. B.
C. D.
3．某地一年之内12个月的降水量从小到大分别为：46，48，51，53，53，56，56，56，58，64，66，71，则该地区的月降水量20%分位数和75%分位数为（ ）
A.51，58 B.51，61
C.52，58 D.52，61
4．已知扇形的面积为，当扇形的周长最小时，扇形的圆心角为（）
A1 B.2
C.4 D.8
5．若都是锐角，且，，则的值是
A. B.
C. D.
6．已知函数若曲线与直线的交点中，相邻交点的距离的最小值为，则的最小正周期为
A. B.
C. D.
7．直线的倾斜角是（）
A.30° B.60°
C.120° D.150°
8．如果函数对任意的实数x，都有，且当时，，那么函数在的最大值为　　
A.1 B.2
C.3 D.4
9．若“”是“”的充分不必要条件，则（）
A. B.
C. D.
10．已知函数且，则函数恒过定点（ ）
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，则____________.
12．若函数y=是函数的反函数，则_________________
13．已知扇形的圆心角为，面积为，则该扇形的弧长为___________.
14．若直线：与直线：互相垂直，则实数的值为__________
15．已知扇形的圆心角为120°，半径为3，则扇形的面积是
16．如图，正方形ABCD中，M，N分别是BC，CD中点，若，则______.

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．对于两个定义域相同的函数和，若存在实数，使，则称函数是由“基函数，”生成的.
（1）若是由“基函数，”生成的，求实数的值；
（2）试利用“基函数，”生成一个函数，且同时满足以下条件：①是偶函数；②的最小值为1.求的解析式.
18．已知，，且
（1）求的定义域.
（2）判断的奇偶性，并说明理由.
19．已知
求的值；
求的值.
20．通常表明地震能量大小的尺度是里氏震级，其计算公式为其中，是被测地震的最大振幅，是“标准地震”的振幅（使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中的距离造成的偏差）
（1）假设在一次地震中，一个距离震中100千米的测震仪记录的地震最大振幅是30，此时标准地震的振幅是0．001，计算这次地震的震级（精确到0．1）；
（2）5级地震给人的震感已比较明显，计算8级地震的最大振幅是5级地震的最大振幅的多少倍？
（以下数据供参考：， ）
21．求满足以下条件的m值．
(1)已知直线2mx＋y+6＝0与直线 (m－3)x-y+7=0平行；
(2)已知直线mx＋(1－m)y＝3与直线(m－1)x＋(2m＋3)y＝2互相垂直.
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】当时可知；当时，采用分离变量法可得，结合基本不等式可求得；综合两种情况可得结果.
【详解】当时，不等式为恒成立，；
当时，不等式可化为：，
，（当且仅当，即时取等号），；
综上所述：实数的取值范围为.
故选：B.
2、A
【解析】利用对应指数函数或对数函数的单调性，分别得到其与中间值0,1的大小比较，从而判断的大小.
【详解】因为底数2>1，则在R上为增函数，所以有；
因为底数，则为上的减函数，所以有；
因为底数，所以为上的减函数，所以有；
所以，答案为A.
【点睛】本题为比较大小的题型，常利用函数单调性法以及中间值法进行大小比较，属于基础题.
3、B
【解析】先把每月的降水量从小到大排列,再根据分位数的定义求解.
【详解】把每月的降水量从小到大排列为: 46，48，51，53，53，56，56，56，58，64，66，71，
,
所以该地区月降水量的分位数为;

所以该地区的月降水量的分位数为.
故选：B
4、B
【解析】先表示出扇形的面积得到圆心角与半径的关系，再利用基本不等式求出周长的最小值，进而求出圆心角的度数.
【详解】设扇形的圆心角为，半径为，
则由题意可得
∴，
当且仅当时 , 即时取等号，
∴当扇形的圆心角为2时 , 扇形的周长取得最小值32.
故选：B.
5、A
【解析】由已知得,
,故选A.
考点：两角和的正弦公式
6、D
【解析】将函数化简，根据曲线y＝f（x）与直线y＝1的交点中，相邻交点的距离的最小值为，即ωx2kπ或ωx2kπ，k∈Z，建立关系，可得ω的值，即得f（x）的最小正周期
【详解】解：函数f（x）＝cosωx+sinωx，ω＞0，x∈R
化简可得：f（x）sin（ωx）
∵曲线y＝f（x）与直线y＝1的相交，即ωx2kπ或ωx2kπ，k∈Z，
∴（）+2kπ＝ω（x2﹣x1），
令k＝0，
∴x2﹣x1，
解得：ω
∴y＝f（x）的最小正周期T，
故选D
【点睛】本题考查了和差公式、三角函数的图象与性质、三角函数的方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题
7、C
【解析】设直线的倾斜角为，得到，即可求解，得到答案.
【详解】设直线的倾斜角为，
又由直线，可得直线的斜率为，
所以，又由，解得，
即直线的倾斜角为，
故选：C
【点睛】本题主要考查了直线的斜率与倾斜角的关系，以及直线方程的应用，其中解答中熟记直线的斜率和直线的倾斜角的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
8、C
【解析】由题意可得的图象关于直线对称，由条件可得时，为递增函数，时，为递减函数，函数在递减，即为最大值，由，代入计算可得所求最大值
【详解】函数对任意的实数x，都有，
可得的图象关于直线对称，
当时，，且为递增函数，
可得时，为递减函数，
函数在递减，可得取得最大值，
由，
则在的最大值为3
故选C
【点睛】本题考查函数的最值求法，以及函数对称性和单调性，以及对数的运算性质的应用，属于中档题．将对称性与单调性综合考查一直是命题的热点，解这种题型往往是根据函数在所给区间上的单调性，根据对称性判断出函数在对称区间上的单调性(轴对称函数在对称区间上单调性相反，中心对称函数在对称区间单调性相同)，然后再根据单调性求解.
9、B
【解析】转化“”是“”的充分不必要条件为Ü，分析即得解
【详解】由题意，“”是“”的充分不必要条件
故Ü
故
故选：B
10、D
【解析】利用对数函数过定点求解.
【详解】令，解得，，
所以函数恒过定点，
故选：D

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】求得函数的最小正周期为，进而计算出的值（其中），再利用周期性求解即可.
【详解】函数的最小正周期为，
当时，，，
，，
，，
所以，，
，因此，.
故答案为：.
12、0
【解析】可得，再代值求解的值即可
【详解】的反函数为，则，则，则.
故答案为：0
13、
【解析】由扇形的圆心角与面积求得半径再利用弧长公式即可求弧长.
【详解】设扇形的半径为r，由扇形的面积公式得：，解得，该扇形的弧长为.
故答案为：.
14、-2
【解析】由于两条直线垂直，故.
15、
【解析】先将角度转化成弧度制，再利用扇形面积公式计算即可.
【详解】扇形的圆心角为120°，即，故扇形面积.
故答案为：.
16、
【解析】以，为基底，由平面向量基本定理，列方程求解，即可得出结果.
【详解】设，
则，
由于
可得，解得，所以
故答案为：
【点睛】本题考查平面向量基本定理的运用，考查向量的加法运算，考查运算求解能力，属于中档题.

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）
【解析】⑴由已知得，求解即可求得实数的值；
⑵设，则，继而证得是偶函数，可得与的关系，得到函数解析式，设，则由，即可求解的最小值为
解析：（1）由已知得，
即，
得，所以.
（2）设，则.
由，得，
整理得，即，
即对任意恒成立，所以.
所以
.
设，令，则，
改写为方程，
则由，且，得，检验时，满足，
所以，且当时取到“=”.
所以，又最小值为1，所以，且，此时，
所以.
点睛：本题考查了学生对新定义的理解，方程的思想，对数的运算性质，不等式的性质以及函数的最值求法．考查了函数的最值及其几何意义，函数解析式的求解及其常用方法，本题涉及的函数的性质较多，综合性抽象性很强，做题的时候要做到每一步变化严谨
18、（1）；（2）偶函数，理由见解析.
【解析】（1）根据对数的真数大于零可求得和的定义域，取交集可得定义域；
（2）整理可得，验证得，得到函数为偶函数.
【详解】（1）令得：定义域为
令得：定义域为
的定义域为
（2）由题意得：，

为定义在上的偶函数
【点睛】本题考查函数定义域的求解、奇偶性的判断；求解函数定义域的关键是明确对数函数要求真数必须大于零，且需保证构成函数的每个部分都有意义.
19、（1）；（2）
【解析】（1）作的平方可得,则,由的范围求解即可；

（2）先利用降幂公式和切弦互化进行化简,得原式,将与代入求解即可
【详解】（1）由题,,
则,
因为
又,则,所以
因此,
（2）由题

,
由（1）可,代入可得原式
【点睛】本题考查同角的平方关系式及完全平方公式的应用,考查降幂公式,考查切弦互化,考查运算能力
20、（1）4．5（2）1000
【解析】（1）把最大振幅和标准振幅直接代入公式M=lgA-lg求解；（2）利用对数式和指数式的互化由M=lgA-lg得A＝，把M=8和M=5分别代入公式作比后即可得到答案
试题解析：（1）
因此，这次地震的震级为里氏4．5级.
（2）由可得,即，
当时,地震的最大振幅为;当时,地震的最大振幅为;所以，两次地震的最大振幅之比是：
答：8级地震的最大振幅是5级地震的最大振幅的1000倍.
考点：函数模型的选择与应用
21、（1）（2）或
【解析】（1）平行即两直线的斜率相等,建立等式,即可得出答案.(2)直线垂直即两直线斜率之积为-1,建立等式,即可得出答案.
【详解】解：（1）当m=0或m=3时，两直线不平行
当m0且m3时，若两直线平行，则

（2）当m=0或m=时，两直线不垂直
当m=1时，两直线互相垂直
当m0，1，时，若两直线垂直，则
或
也可用 m(m－1)＋(1－m)(2m＋3)＝0，即m2＋2m－3＝0，解得m＝1，或m＝－3.
【点睛】本道题目考查了直线平行或垂直的判定条件,注意,当x,y的系数含有参数的时候，要考虑系数是否为0.