哈尔滨市第三中学2026届高一数学第一学期期末考试模拟试题含解析.doc

哈尔滨市第三中学2026届高一数学第一学期期末考试模拟试题
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．若函数的定义域是，则函数值域为（ ）
A. B.
C. D.
2．已知为定义在上的偶函数，，且当时，单调递增，则不等式的解集为（）
A. B.
C. D.
3．已知函数，则函数（）
A.有最小值 B.有最大值
C有最大值 D.没有最值
4．已知函数为奇函数，，若对任意、，恒成立，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
5．函数在区间上的最大值为2，则实数的值为　　
A.1或 B.
C. D.1或
6．下列有关命题的说法错误的是（）
A.的增区间为
B.“”是“-4x+3=0”的充分不必要条件
C.若集合中只有两个子集，则
D.对于命题p：.存在，使得，则p：任意均有
7．已知，则的最大值为（ ）
A. B.
C.0 D.2
8．如图所示的程序框图中，输入，则输出的结果是　　

A.1 B.2
C.3 D.4
9．在直角坐标系中，已知，那么角的终边与单位圆坐标为（）
A. B.
C. D.
10．将函数的图象向左平移个单位，再将图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的，那么所得图象的函数表达式为
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知函数是幂函数，且时，单调递减，则的值为___________.
12．若函数在区间上为减函数，则实数的取值范围为________
13．直线与平行，则的值为_________.
14．已知函数，若，则_____
15．已知，那么的值为___________.
16．若扇形的面积为9，圆心角为2弧度，则该扇形的弧长为______
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．已知奇函数.
（1）求值；
（2）若函数的零点是大于的实数，试求的范围.
18．已知函数.
（1）当时，若方程式在上有解，求实数的取值范围；
（2）若在上恒成立，求实数的值范围.
19．已知函数．求：
（1）函数的单调递减区间，对称轴，对称中心；
（2）当时，函数的值域
20．已知函数

（1）求，的值；
（2）作出函数的简图；
（3）由简图指出函数的值域；
（4）由简图得出函数的奇偶性，并证明.
21．已知正三棱柱，是的中点

求证：（1）平面；
（2）平面平面
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、A
【解析】根据的单调性求得正确答案.
【详解】根据复合函数单调性同增异减可知在上递增，
，
即.
故选：A
2、B
【解析】根据给定条件，探讨函数的性质，再把不等式等价转化，利用的性质求解作答.
【详解】因为定义在上的偶函数，则，即是R上的偶函数，

又在上单调递增，则在上单调递减，
，
即，因此，，平方整理得：，解得，
所以原不等式的解集是.
故选：B
3、B
【解析】换元法后用基本不等式进行求解.
【详解】令，则，
因为，，故，
当且仅当，即时等号成立，故函数有最大值，
由对勾函数的性质可得函数，即有最小值.
故选：B
4、A
【解析】由奇函数性质求得，求得函数的解析式，不等式等价于，由此求得答案.
【详解】解：因为函数的定义域为，又为奇函数，∴，解得，∴，所以，
要使对任意、，恒成立，
只需，又，∴，即，
故选：A.
5、A
【解析】化简可得，再根据二次函数的对称轴与区间的位置关系，结合正弦函数的值域分情况讨论即可
【详解】因，令，故，
当时，在单调递减
所以，此时，符合要求；
当时，在单调递增，在单调递减
故，解得舍去
当时，在单调递增
所以，解得，符合要求；
综上可知或
故选：A.
6、C
【解析】A.利用复合函数的单调性判断；B.利用充分条件和必要条件的定义判断；C.由方程有一根判断；D.由命题p的否定为全称量词命题判断.
【详解】A.令，由，解得，
由二次函数的性质知：t在上递增，在上递减，又在上递增，由复合函数的单调性知：在上递增，故正确；
B.当时，-4x+3=0成立，故充分，当-4x+3=0成立时，解得或，故不必要，故正确；
C.若集合中只有两个子集，则集合只有一个元素，即方程有一根，当时，，当时，，解得，所以或，故错误；
D.因为命题p：.存在，使得存在量词命题，则其否定为全称量词命题，即p任意，均有，故正确；
故选：C
7、C
【解析】把所求代数式变形，转化成，再对其中部分以基本不等式求最值即可解决.
【详解】时，（当且仅当时等号成立）
则，即的最大值为0.
故选：C
8、B
【解析】输入x＝2后，该程序框图的执行过程是：
输入x＝2，
x＝2>1成立，
y＝＝2，
输出y＝2
选B.
9、A
【解析】利用任意角的三角函数的定义求解即可
【详解】因为，
所以角的终边与单位圆坐标为，
故选A
10、B
【解析】将函数的图象向左平移个单位后所得图象对应的的解析式为
；再将图象上各点纵坐标不变，横坐标变为原来的，所得图象对应的解析式为．选B

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】根据幂函数定义求出m的值，根据函数的单调性确定m的值，再利用对数运算即可.
【详解】为幂函数，
，解得：或
当时，在上单调递增，不符合题意，舍去；
当时，在上单调递减，符合题意；
，
故答案为：
12、
【解析】分类讨论，时根据二次函数的性质求解
【详解】时，满足题意；
时，，解得，
综上，
故答案为：
13、
【解析】根据两直线平行得出实数满足的等式与不等式，解出即可.
【详解】由于直线与平行，则，
解得.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用两直线平行求参数，考查运算求解能力，属于基础题.
14、-2020
【解析】根据题意，设g（x）＝f（x）+1＝asinx+btanx，分析g（x）为奇函数，结合函数的奇偶性可得g（2）+g（﹣2）＝f（2）+1+f（﹣2）+1＝0，计算可得答案
【详解】根据题意，函数f（x）＝asinx+btanx﹣1，设g（x）＝f（x）+1＝asinx+btanx，
有g（﹣x）＝asin（﹣x）+btan（﹣x）＝﹣（asinx+btanx）＝﹣g（x），
则函数g（x）为奇函数，
则g（2）+g（﹣2）＝f（2）+1+f（﹣2）+1＝0，
又由f（﹣2）＝2018，则f（2）＝﹣2020；
故答案为-2020
【点睛】本题考查函数奇偶性的性质以及应用，构造函数g（x）＝f（x）+1是解题的关键，属于中档题
15、##0.8
【解析】由诱导公式直接可得.
详解】
.
故答案为：
16、6
【解析】先由已知求出半径，从而可求出弧长
【详解】设扇形所在圆的半径为，
因为扇形的面积为9，圆心角为2弧度，
所以，得，
所以该扇形的弧长为，
故答案为：6

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）由奇函数的定义可得，即，化简即可得答案；
（2）原问题等价于，从而有函数的值域即为的范围.
小问1详解】
解：因函数为奇函数，
所以，即，
所以，
因为在上单调递增，
所以，即，解得；
【小问2详解】
解：，
由题意，，即，
因为，所以，所以，
又在上单调递增，所以，
所以的范围为.
18、（1）
（2）
【解析】（1）将代入函数，根据函数单调性得到，计算函数值域得到答案.
（2）根据函数定义域得到，考虑和两种情况，根据函数的单调性得到不等式，解不等式得到答案.
【小问1详解】
，，，
故，即，函数上单调递增，
故.
【小问2详解】
，
且，解得.
当时，，函数开口向上，对称轴为，故函数在上单调递增，故，解得或，故；
当时，，函数开口向上，对称轴为，故在上单调递增，故，解得，，不成立.
综上所述：.
19、（1）单调递减区间为；对称轴为，；对称中心为，；（2）
【解析】（1）首先化简函数解析式得到，然后结合函数的图象与性质即可求出单调递减区间，对称轴和对称中心；
（2）由求得，即可求出值域.
【详解】（1）化简可得，
由，，可得，，
∴函数的单调递减区间为，
令，可得，故函数的对称轴为，；
令，得，故函数的对称中心为，
（2）当时，，
∴，∴，
∴函数的值域为
20、（1），；
（2）作图见解析；（3）；
（4）为奇函数，证明见解析.
【解析】（1）根据对应区间，将自变量代入解析式求值即可.
（2）应用五点法确定点坐标列表，再描点画出函数图象.
（3）由（2）图象直接写出值域.
（4）由（2）图象判断奇偶性，再应用奇偶性定义证明即可.
【小问1详解】
由解析式知：，.
【小问2详解】
由解析式可得：

0
1
2

0

0
1
0
∴的图象如下：
【小问3详解】
由（2）知：的值域为.
【小问4详解】
由图知：为奇函数，证明如下：
当，时，；
当，时，；
又的定义域为，则为奇函数，得证.
21、（1）见解析（2）见解析
【解析】（1）连接，交于点，连结，由棱柱的性质可得点是的中点，根据三角形中位线定理可得，利用线面平行的判定定理可得平面；（2）由正棱柱的性质可得平面，于是，再由正三角形的性质可得，根据线面垂直的判定定理可得平面，从而根据面面垂直的判定定理可得结论.
试题解析：（1）连接，交于点，连结，
因为正三棱柱，
所以侧面是平行四边形，
故点是的中点，
又因为是的中点，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面
（2）因为正三棱柱，所以平面，
又因为平面，所以，
因为正三棱柱，是的中点，
是的中点，所以，
又因为，所以平面，
又因为平面，
所以平面 平面

【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直及面面垂直的证明，属于中档题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.本题（1）是就是利用方法①证明的.