天津市武清区杨村第三中学2026届高一数学第一学期期末调研试题含解析.doc

天津市武清区杨村第三中学2026届高一数学第一学期期末调研试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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．把长为的细铁丝截成两段，各自围成一个正三角形，那么这两个正三角形面积之和的最小值是（）
A. B.
C. D.
2．若，且 x为第四象限的角，则tanx的值等于
A. B.－
C. D.－
3．设则（ ）
A. B.
C. D.
4．函数的零点所在区间是（）
A.（0，1） B.（1，2）
C.（2，3） D.（3，+∞）
5．定义在的函数，已知是奇函数，当时，单调递增，若且，且值（　　）
A.恒大于0 B.恒小于0
C.可正可负 D.可能为0
6．已知定义在R上的函数满足，且当]时，，则（ ）
A.
B.
C.
D.
7．已知向量，向量，则的最大值，最小值分别是（ ）
A.，0 B.4，
C.16，0 D.4，0
8．若第三象限角，且，则（）
A. B.
C. D.
9．已知角的终边过点，则等于（ ）
A.2 B.
C. D.
10． “x＝” 是 “sinx＝” 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
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分
11．在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称.若，____________.
12．已知函数，若方程有4个不同的实数根，则的取值范围是____
13．已知集合．
（1）集合A的真子集的个数为___________；
（2）若，则t的所有可能的取值构成的集合是___________．
14．用半径为的半圆形纸片卷成一个圆锥，则这个圆锥的高为__________
15． 已知函数同时满足以下条件：
① 定义域为；
② 值域为；
③.
试写出一个函数解析式___________.
16．不等式的解集是________.
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．已知函数
（1）求函数的对称中心；
（2）当时，求函数的值域
18．如图，在直三棱柱中，三角形为等腰直角三角形，，，点是的中点

（1）求证：平面；
（2）二面角的平面角的大小
19．求满足下列条件的圆的方程：
（1）经过点，，圆心在轴上；
（2）经过直线与的交点，圆心为点.
20．设函数.
（1）求函数的最小正周期和对称轴方程；
（2）求函数在上的最大值与最小值及相对应的的值.
21．在平面直角坐标系xOy中，已知圆x2+y2-12x+32=0的圆心为Q，过点P（0，2）且斜率为k的直线l与圆Q相交于不同的两点A，B，记AB的中点为E
（Ⅰ）若AB的长等于，求直线l的方程；
（Ⅱ）是否存在常数k，使得OE∥PQ？如果存在，求k值；如果不存在，请说明理由
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、D
【解析】先得到两个正三角形面积之和的表达式，再对其求最小值即可.
【详解】设一个正三角形的边长为，则另一个正三角形的边长为，
设两个正三角形的面积之和为，
则，
当时，S取最小值.
故选：D
2、D
【解析】∵x为第四象限的角，，于是 ，
故选D.
考点：商数关系
3、A
【解析利用中间量隔开三个值即可.
【详解】∵，
∴，又，
∴，
故选：A
【点睛】本题考查实数大小的比较，考查指对函数的性质，属于常考题型.
4、B
【解析】计算出,并判断符号,由零点存在性定理可得答案.
【详解】因为,,
所以根据零点存在性定理可知函数的零点所在区间是,
故选:B
【点睛】本题考查了利用零点存在性定理判断函数的零点所在区间,解题方法是计算区间端点的函数值并判断符号,如果异号,说明区间内由零点,属于基础题.
5、A
【解析】由是奇函数，所以图像关于点对称，
当时，单调递增，所以当时单调递增，由，
可得，，由可知，
结合函数对称性可知
选A
6、A
【解析】由，可得的周期为，利用周期性和单调性化简计算即可得出结果.
【详解】因为，所以的周期为
当时，，则在上单调递减，所以在上单调递减
因为，且
所以
故
故选：A.
7、D
【解析】利用向量的坐标运算得到|2用θ的三角函数表示化简求最值
【详解】解：向量，向量，则2（2cosθ，2sinθ+1），
所以|22＝（2cosθ）2+（2sinθ+1）2＝8﹣4cosθ+4sinθ＝8﹣8sin（），
所以|22的最大值，最小值分别是：16，0；
所以|2的最大值，最小值分别是4，0；
故选：D
【点睛】本题考查了向量的坐标运算以及三角函数解析式的化简；利用了两角差的正弦公式以及正弦函数的有界性
8、D
【解析】由已知结合求出即可得出.
【详解】因为第三象限角，所以，
因为，且，
解得或，
则.
故选：D.
9、B
【解析】由正切函数的定义计算
【详解】由题意
故选：B
10、A
【解析】根据充分不必要条件的定义可得答案.
【详解】当时，成立；而时得（），
故选：A
【点睛】本题考查充分不必要条件判断，一般可根据如下规则判断：
（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；
（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；
（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；
（4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】因为角与角关于轴对称，
所以，，
所以，
所以
答案：
12、
【解析】先画出函数的图象，把方程有4个不同的实数根转化为函数的图象与有四个不同的交点，结合对数函数和二次函数的性质，即可求解.
【详解】由题意，函数，要先画出函数的图象，如图所示，
又由方程有4个不同的实数根，
即函数的图象与有四个不同的交点，
可得，且，
则=，
因为，则，所以.
故答案为.

【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，其中解答中把方程有4个不同的实数根，转化为两个函数的有四个交点，结合对数函数与二次函数的图象与性质求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.
13、 ①.15 ②.
【解析】（1）根据集合真子集的计算公式即可求解；（2）根据集合的包含关系即可求解．
【详解】解：（1）集合A的真子集的个数为个，
（2）因为，又，
所以t可能的取值构成的集合为，
故答案为：15；．
14、
【解析】根据圆锥的底面周长等于半圆形纸片的弧长建立等式,再根据半圆形纸片的半径为圆锥的母线长求解即可.
【详解】由题得, 半圆形纸片弧长为,设圆锥的底面半径为,则,
故圆锥的高为.
故答案为：
点睛】本题主要考查了圆锥展开图中的运算,重点是根据圆锥底面的周长等于展开后扇形的弧长,属于基础题.
15、或（答案不唯一）
【解析】由条件知，函数是定义在R上的偶函数且值域为，可以写出若干符合条件的函数.
【详解】函数定义域为R，值域为且为偶函数，满足题意的函数解析式可以为： 或
【点睛】本题主要考查了函数的定义域、值域、奇偶性以，属于中档题.
16、
【解析】由题意，，根据一元二次不等式的解法即可求出结果.
【详解】由题意，或，故不等式的解集为.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法，属于基础题.

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）化简函数，结合三角函数的图象与性质，即可求解；
（2）由，可得，结合三角函数的图象与性质，即可求解；
【小问1详解】
解：由题意，函数，
令，解得，
所以函数的对称中心为.
【小问2详解】
解：因为，可得，
当时，即时，可得；
当时，即时，可得，
所以函数的值域为
18、 (1)见解析(2)
【解析】设，连接，则，由此即可证明平面；
推导出，，从而平面，进而，，为二面角的平面角，由此能求出二面角的平面角的大小
解析：（1）在直三棱柱中，设，
则为的中点，连接，
∵为的中点，∴，
又∵平面，平面，
∴平面.
（2）∵中，，为中点，∴，
又∵平面，平面，
∴，又，∴平面，
∵平面，平面，∴，，
∴为二面角的平面角，
∵中，，∴，
中，，
∴二面角的平面角的大小为

19、（1）
（2）
【解析】（1）设出圆的方程，代入A、B两点坐标，求出圆心和半径，从而求出圆的方程；（2）先求出交点坐标，进而求出半径，写出圆的方程.
【小问1详解】
设圆的方程为，由题意得：，解得：，所以圆的方程为；
【小问2详解】
联立与，解得：，所以交点为，则圆的半径为，所以圆的方程为.
20、（1），
（2）时，最大值是2，时，最小值是1
【解析】（1）利用正弦函数的性质求解；
（2）由正弦函数的性质求解.
【小问1详解】
解：的最小正周期为，
由，得，
所以函数的对称轴方程为；
【小问2详解】
由（1）知，时，，
则，即时，，
，即时，，
的最大值是2，此时，的最小值是1，此时.
21、（Ⅰ）y=-+2或y=-x+2；（Ⅱ）不存在实数满足题意
【解析】（Ⅰ） 待定系数法，设出直线，再根据已知条件列式，解出即可；
（Ⅱ） 假设存在常数，将转化斜率相等，联立直线与圆，根据韦达定理，由直线与圆相交可求得范围．由斜率相等可求得的值，从而可判断结论
【详解】（Ⅰ）圆Q的方程可写成（x-6）2+y2=4，所以圆心为Q（6，0）
设过P（0，2）且斜率为k的直线方程为y=kx+2
∵|AB|=，∴圆心Q到直线l的距离d==，
∴=，即22k2+15k+2=0，解得k=-或k=-
所以，满足题意的直线l方程为y=-+2或y=-x+2
（Ⅱ）将直线l的方程y=x+2代入圆方程得x2+（kx+2）2-12x+32=0
整理得（1+k2）x2+4（k-3）x+36=0.　　①
直线与圆交于两个不同的点A，B等价于
△=[4（k-3）2]-4×36（1+k2）=42（-8k2-6k）＞0，
解得-＜k＜0，即k的取值范围为（-，0）
设A（x1，y1），B（x2，y2），则AB的中点E（x0，y0）满足
x0==-，y0=kx0+2=
∵kPQ==-，kOE==-，
要使OE∥PQ，必须使kOE=kPQ=-，解得k=-，
但是k∈（-，0），故没有符合题意的常数k
【点睛】本题考查了圆的标准方程及弦长计算,还考查了直线与圆相交知识，直线平行知识，中点坐标公式，韦达定理的应用，考查了转化思想，属中档题