2026届河南省豫西名校数学高一第一学期期末质量跟踪监视试题含解析.doc

2026届河南省豫西名校数学高一第一学期期末质量跟踪监视试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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．在下列区间中，函数的零点所在的区间为（）
A. B.
C. D.
2．已知函数，下列说法错误的是（）
A.函数在上单调递减
B.函数是最小正周期为的周期函数
C.若，则方程在区间内，最多有4个不同的根
D.函数在区间内，共有6个零点
3．已知a，b，，那么下列命题中正确的是（ ）
A.若，则 B.若，则
C.若，且，则 D.若，且，则
4．已知，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
5．已知，，则“使得”是“”的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
6．对于空间两不同的直线，两不同的平面，有下列推理：
（1）， （2），（3）
（4）， （5）
其中推理正确的序号为
A.（1）（3）（4） B.（2）（3）（5）
C.（4）（5） D.（2）（3）（4）（5）

7．过点（1，0）且与直线x-2y-2=0平行的直线方程是（）
A.x-2y-1=0 B.x-2y+1=0
C.2x+y-2=0 D.x+2y-1=0
8．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
9．已知扇形的面积为9，半径为3，则扇形的圆心角（正角）的弧度数为（）
A.1 B.
C.2 D.
10．已知幂函数的图象过点，若，则实数的值为（）
A. B.
C. D.4
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．设函数；若方程有且仅有1个实数根，则实数b的取值范围是__
12．已知且，且，函数的图象过定点A，A在函数的图象上，且函数的反函数过点，则______.
13．函数定义域为___________
14．如图是函数在一个周期内的图象，则其解析式是________

15．设，若存在使得关于x的方程恰有六个解，则b的取值范围是______
16．函数的最大值为____________
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．已知关于一元二次不等式的解集为.
（1）求函数的最小值；
（2）求关于的一元二次不等式的解集.
18．已知函数（为常数）是奇函数.
（1）求的值与函数的定义域.
（2）若当时，恒成立.求实数的取值范围.
19．函数
（1）解不等式；
（2）若方程有实数解，求实数的取值范围
20．已知函数为偶函数.
（1）求的值；
（2）求的最小值；
（3）若对恒成立，求实数的取值范围.
21．已知函数是定义在上的奇函数，且.
（1）确定函数的解析式并用定义证明在上是增函数
（2）解不等式：.
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、C
【解析】利用零点存在定理即可判断.
【详解】函数的定义域为R.
因为函数均为增函数，所以为R上的增函数
又，，
，.
由零点存在定理可得：的零点所在的区间为.
故选：C
2、B
【解析】A.由时，判断；B.易知是偶函数，作出其图象判断； C.在同一坐标系中作出的图象判断； D.根据函数是偶函数，利用其图象，判断的零点个数即可.
【详解】A.当时，，而，上递减，故正确；
B.因为，所以是偶函数，当时，，作出其图象如图所示：

由图象知；函数不是周期函数，故错误；
C.在同一坐标系中作出的图象，如图所示：

由图象知：当，方程在区间内，最多有4个不同的根，故正确；
D.因为函数是偶函数，只求的零点个数即可，如图所示：

由函数图象知，在区间内共有3个，所以函数在区间内，共有6个零点，故正确；
故选：B
3、A
【解析】根据不等式的性质判断
【详解】若，显然有，所以，A正确；
若，当时，，B错；
若，则，当时，，，C错；
若，且，也满足已知，此时，D错；
故选：A
4、B
【解析】根据对数函数的性质即可确定的范围.
【详解】由对数及不等式的性质知：，而，
所以.
故选：B
5、C
【解析】依据子集的定义进行判断即可解决二者间的逻辑关系.
【详解】若使得，则有成立；
若，则有使得成立.
则“使得”是“”的充要条件
故选：C
6、C
【解析】因为时，可以在平面内，所以（1）不正确；因为时，可以在平面内，所以（2）不正确；因为时可以在平面内，所以（3）不正确；根据线面垂直的性质定理可得，（4）正确；根据线面平行的性质及线面垂直的性质可得（5）正确，推理正确的序号为（4）（5），故选C.
【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定与性质、面面垂直的性质及线面垂直的判定与性质，属于难题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.
7、A
【解析】设出直线方程，利用待定系数法得到结果.
【详解】设与直线平行的直线方程为，
将点代入直线方程可得，解得
则所求直线方程为．故A正确
【点睛】本题主要考查两直线的平行问题，属容易题．两直线平行倾斜角相等，所以斜率相等或均不存在．所以与直线平行的直线方程可设为
8、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.
9、C
【解析】利用扇形面积公式即可求解.
【详解】设扇形的圆心角的弧度数为，由题意得，得.
故选：C.
10、D
【解析】根据已知条件，推出，再根据，即可得出答案.
【详解】由题意得：，解得，所以，解得：，
故选：D
【点睛】本题考查幂函数的解析式，属于基础题.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】根据分段函数的解析式作出函数图象，将方程有且仅有1个实数根转化为函数与直线有一个交点，然后数形结合即可求解.
【详解】作出函数的图象，如图：

结合图象可得：，
故答案为：.
12、8
【解析】由图象平移变换和指数函数的性质可得点A坐标，然后结合反函数的性质列方程组可解.
【详解】函数的图象可以由的图象向右平移2各单位长度，再向上平移3个单位长度得到，故点A坐标为，又的反函数过点，所以函数过点，所以，解得，所以.
故答案为：8
13、 [0,1）
【解析】要使函数有意义，需满足，函数定义域为[0,1）
考点：函数定义域
14、
【解析】由图可得；，则；由五点作图法可得，解得，所以其解析式为
考点：1．三角函数的图像；2．五点作图法；
15、
【解析】作出f(x)的图像，当时，，当时，.令，则，则该关于t的方程有两个解、，设＜，则，.令，则，据此求出a的范围，从而求出b的范围
【详解】当时，，
当时，，
当时，，
则f(x)图像如图所示：

当时，，当时，
令，则，
∵关于x的方程恰有六个解，
∴关于t的方程有两个解、，设＜，
则，，
令，则，
∴且，
要存a满足条件，则，解得
故答案为：
16、
【解析】利用二倍角公式将化为，利用三角函数诱导公式将化为，然后利用二次函数的性质求最值即可
【详解】因为，
所以当时，取到最大值.
【点睛】本题考查了三角函数化简与求最值问题，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】（1）由题意可得，解不等式求出的取值范围，再利用基本不等式求的最小值；
（2）不等式化为，比较和的大小，即可得出不等式的解集.
【小问1详解】
因为关于一元二次不等式的解集为，
所以，化简可得：，解得：，
所以，
所以，
当且仅当即，的最小值为.
【小问2详解】
不等式，可化为，
因为，所以，
所以该不等式的解集为.
18、（1），定义域为或；（2）.
【解析】（1）根据函数是奇函数，得到，求出，再解不等式，即可求出定义域；
（2）先由题意，根据对数函数的性质，求出的最小值，即可得出结果.
【详解】（1）因为函数是奇函数，
所以，所以，
即，
所以，令，解得或，
所以函数的定义域为或；
（2），
当时，所以，所以.
因为，恒成立，
所以，所以的取值范围是.
【点睛】本题主要考查由函数奇偶性求参数，考查求具体函数的定义域，考查含对数不等式，属于常考题型.
19、（1）
（2）
【解析】（1）由，根据对数的单调性可得，然后解指数不等式即可.
（2）由实数根，化为有实根，令，有正根即可，对称轴，开口向上，只需即可求解.
【详解】（1）由，即，所以，
，解得
所以不等式的解集为.
（2）由实数根，即有实数根，
所以有实根，两边平方整理可得
令，且，由题意知有大于根即可，即，令 ，，故
故.
故实数的取值范围.
【点睛】本题考查了利用对数的单调性解不等式、根据对数型方程的根求参数的取值范围，属于中档题.
20、（1）
（2）
（3）
【解析】（1）运用偶函数的定义和对数的运算性质，结合恒等式的性质可得所求值；
（2）运用对数运算性质及均值不等式即可得到结果；
（3）先证明函数单调性，化抽象不等式为具体不等式，转求函数的最值即可.
【小问1详解】
因为为偶函数，
所以，所以，
所以，
所以.
【小问2详解】

因为，
所以（当且仅当时等号成立），
所以最小值为.
【小问3详解】
，
任取且，
所以，
因为且，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以在上为增函数，
又因为为偶函数，所以，
当时，，
当时，，所以，
设
（当且仅当时，等号成立），
因为，所以等号能成立，
所以，
所以，
所以，
综上，.
21、（1），证明见解析
（2）
【解析】（1）由题意可得，从而可求出，再由，可求出，从而可求出函数的解析式，然后利用单调性的定义证明即可，
（2）由于函数为奇函数，所以将转化为，再利用函数为增函数可得，从而求得解集
【小问1详解】
因为函数是定义在上的奇函数，
所以，即，得，
所以，
因为，所以，解得，
所以，
证明：任取，且，
则

，
因为，所以，，，
所以，即，
所以在上是增函数
【小问2详解】
因为在上为奇函数，
所以转化为，
因为在上是增函数，
所以，解得，
所以不等式的解集为