2026届河北省滦州第一中学高一上数学期末考试试题含解析.doc

2026届河北省滦州第一中学高一上数学期末考试试题
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．已知命题，；命题，．若，都是假命题，则实数的取值范围为（）
A. B.
C.或 D.
2．已知函数，且f（5a﹣2）＞﹣f（a﹣2），则a的取值范围是（　　）
A.（0，+∞ B.（﹣∞，0）
C. D.
3．若函数 满足且的最小值为，则函数的单调递增区间为
A. B.
C. D.
4．如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC．△ABC的三边所围成的区域记为I，黑色部分记为II，其余部分记为III．在整个图形中随机取一点，此点取自I，II，III的概率分别记为p1，p2，p3，则

A.p1=p2 B.p1=p3
C.p2=p3 D.p1=p2+p3
5．若是三角形的一个内角，且，则的值是（ ）
A. B.
C.或 D.不存在
6．已知正实数满足,则最小值为
A. B.
C. D.
7．已知向量，，则向量与的夹角为（ ）
A. B.
C. D.
8．历史上数学计算方面的三大发明是阿拉伯数、十进制和对数，其中对数的发明，大大缩短了计算时间，为人类研究科学和了解自然起了重大作用，对数运算对估算“天文数字”具有独特优势.已知，，则的估算值为（）
A. B.
C. D.
9．设，则（）
A.3 B.2
C.1 D.-1
10．函数的零点所在区间是（）
A B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．在函数的图像上，有______个横、纵坐标均为整数的点
12．已知函数的部分图像如图所示，则_______________.

13．如图，正方形ABCD中，M，N分别是BC，CD中点，若，则______.

14．已知函数.

（1）当函数取得最大值时，求自变量x的集合；
（2）完成下表，并在平面直角坐标系内作出函数在的图象.
x
0

y

15．函数的零点是___________.
16．下列一组数据的分位数是___________.
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．△ABC中，A（3，－1），AB边上的中线CM所在直线方程为：6x＋10y－59=0，∠B的平分线方程BT为：x－4y＋10=0，求直线BC的方程.
18．已知函数（常数）.
（Ⅰ）当时，求不等式的解集；
（Ⅱ）当时，求最小值.
19．如图，已知圆心在x轴正半轴上的圆C与直线5x+12y+21＝0相切，与y轴交于M，N两点且∠MCN＝120°.

（1）求圆C的标准方程；
（2）求过点P（0，3）的直线l与圆C交于不同的两点D，E，若|DE|＝2，求直线l的方程.
20．已知，
（1）求的值；
（2）求的值
21．已知函数，函数
（1）求函数的值域；
（2）若不等式对任意实数恒成立，求实数的取值范围
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、B
【解析】写出命题p，q的否定命题，由题意得否定命题为真命题，解不等式，即可得答案.
【详解】因为命题p为假命题，则命题p的否定为真命题，即：为真命题，
解得，
同理命题q为假命题，则命题q的否定为真命题，即为真命题，
所以，解得或，
综上：，
故选：B
【点睛】本题考查命题的否定，存在量词命题与全程量词命题的否定关系，考查分析理解，推理判断的能力，属基础题.
2、D
【解析】由定义可求函数的奇偶性，进而将所求不等式转化为f（5a﹣2）＞f（﹣a2），结合函数的单调性可得关于a的不等式，从而可求出a的取值范围.
【详解】解：根据题意，函数，其定义域为R，
又由f（﹣x）f（x），f（x）为奇函数，
又，函数y＝9x+1为增函数，则f（x）在R上单调递增；
f（5a﹣2）＞﹣f（a﹣2）⇒f（5a﹣2）＞f（﹣a+2）⇒5a﹣2＞﹣a+2，解可得，
故选:D.
【点睛】关键点睛：本题的关键是由奇偶性转化已知不等式，再求出函数单调性求出关于a的不等式.
3、D
【解析】分析：首先根据诱导公式和辅助角公式化简函数解析式，之后应用题的条件求得函数的最小正周期，求得的值，从而求得函数解析式，之后利用整体思维，借助于正弦型函数的解题思路，求得函数的单调增区间.
详解：，
根据题中条件满足且的最小值为，
所以有，所以，从而有，
令，整理得，
从而求得函数的单调递增区间为，故选D.
点睛：该题考查的是有关三角函数的综合问题，涉及到的知识点有诱导公式、辅助角公式、函数的周期以及正弦型函数的单调区间的求法，在结题的过程中，需要对各个知识点要熟记，解题方法要明确.
4、A
【解析】首先设出直角三角形三条边的长度，根据其为直角三角形，从而得到三边的关系，然后应用相应的面积公式求得各个区域的面积，根据其数值大小，确定其关系，再利用面积型几何概型的概率公式确定出p1，p2，p3的关系，从而求得结果.
【详解】设，则有，
从而可以求得的面积为，
黑色部分的面积为，
其余部分的面积为，所以有，
根据面积型几何概型的概率公式，可以得到，故选A.
点睛：该题考查的是面积型几何概型的有关问题，题中需要解决的是概率的大小，根据面积型几何概型的概率公式，将比较概率的大小问题转化为比较区域的面积的大小，利用相关图形的面积公式求得结果.
5、B
【解析】
由诱导公式化为 ， 平方求出，结合已知进一步判断角范围，判断符号，求出 ，然后开方，进而求出的值，与联立，求出，即可求解.
【详解】，
平方得，，
是三角形的一个内角，，
，
，
.
故选:B
【点睛】本题考查诱导公式化简，考查同角间的三角函数关系求值，要注意，
三者关系，知一求三，属于中档题.
6、A
【解析】由题设条件得，，利用基本不等式求出最值
【详解】由已知，，所以
当且仅当时等号成立，又，所以时取最小值
故选A
【点睛】本题考查据题设条件构造可以利用基本不等式的形式，利用基本不等式求最值
7、C
【解析】结合平面向量线性运算的坐标表示求出，然后代入模长公式分别求出和，进而根据平面向量的夹角公式即可求出夹角的余弦值，进而求出结果.
【详解】，，
，，从而，
且，记与的夹角为，
则
又，
，
故选：
8、C
【解析】令，化为指数式即可得出.
【详解】令，则
，
∴，即的估算值为.
故选：C.
9、B
【解析】直接利用诱导公式化简，再根据同角三角函数的基本关系代入计算可得；
【详解】解：因为，所以；
故选：B
10、C
【解析】利用零点存在定理可得出结论.
【详解】函数在上单调递增，
因为，，，，
所以，函数的零点所在区间是.
故选：C.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、3
【解析】由题可得函数为减函数，利用赋值法结合条件及函数的性质即得.
【详解】因为，
所以函数在R上单调递减，
又，，，
，且当时，，
当时，令，
则，
综上，函数的图像上，有3个横、纵坐标均为整数的点
故答案为：3.
12、
【解析】首先确定函数的解析式，然后求解的值即可.
【详解】由题意可得：，
当时，，
令可得：，
据此有：.
故答案为：.
【点睛】已知f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：
(1)由ω＝即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ.
(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.
13、
【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.
14、（1）
（2）答案见解析
【解析】( 1 )由三角恒等变换求出解析式，再求得最大值时的x的集合,
( 2)由五点法作图,列出表格,并画图即可.
【小问1详解】

令，函数取得最大值，
解得，
所以此时x的集合为.
【小问2详解】
表格如下：
x
0

y
1

1
作图如下，

15、和
【解析】令y=0，直接解出零点.
【详解】令y=0，即，解得：和
故答案为：和
【点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解
16、26
【解析】根据百分位数的定义即可得到结果.
【详解】解：，该组数据的第分位数为从小到大排序后第2与3个数据的平均数，
第2与3个数据分别是25、27，
故该组数据的第分位数为，
故答案为：26

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、.
【解析】设则的中点在直线上和点在直线上,得,求得,再根据到角公式，求得，进而求得直线的方程
试题解析：
设则的中点在直线上,则,即…………………①,
又点在直线上,则…………………②联立①②得,
,
有直线平分,则由到角公式得,得
的直线方程为:.
18、（Ⅰ）；（Ⅱ）答案见解析.
【解析】（Ⅰ）由，得到，再由，利用一元二次不等式的解法结合对数函数的单调性求解；.
（Ⅱ）化简得到函数，令，转化为函数在上的最小值求解.，
【详解】（Ⅰ）当时，
，
由得，
即：，
解得：，
所以的解集为.
（Ⅱ），
，
.
令，因为，所以，
若求在上的最小值，
即求函数在上的最小值，
，，对称轴为.
①当时，即时，
函数在为减函数，所以；
②当时，即时，
函数在为减函数，在为增函数，
所以；
③当，即时，
函数在为增函数，
所以.
综上，当时，的最小值为；
当时，的最小值为；
当时，的最小值为.
【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）（x﹣1）2+y2＝4；（2）y或x＝0
【解析】（1）由题意设圆心为，且，再由已知求解三角形可得，于是可设圆的标准方程为，由点到直线的距离列式求得值，则圆的标准方程可求；
（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，利用圆心到直线的距离等于半径列式求得，可得直线方程，验证当时满足题意，则答案可求
【详解】解：（1）由题意设圆心为，且，
由，可得中，，，则，
于是可设圆的标准方程为，
又点到直线的距离，解得或（舍去）
故圆的标准方程为；
（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即
则由题意可知，圆心到直线的距离
故，解得
又当时满足题意，
故直线的方程为或

【点睛】本题考查圆的标准方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查计算能力，是中档题．
20、（Ⅰ）；（Ⅱ）
【解析】解：（Ⅰ）由sin﹣2cos=0，得tan=2
∴tanx=；
（Ⅱ）=
=
=（﹣）+1=
21、（1）
（2）
【解析】（1）化简后由对数函数的性质求解
（2）不等式恒成立，转化为最值问题求解
【小问1详解】

故的值域为
【小问2详解】
∵不等式对任意实数恒成立，∴

令，∵，∴
设，，当时，取得最小值，即
∴，即
故的取值范围为