江苏省扬州市江大桥中学2026届数学高一上期末调研试题含解析.doc

江苏省扬州市江大桥中学2026届数学高一上期末调研试题
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．角的终边落在（）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
2．已知点是角α的终边与单位圆的交点，则（）
A. B.
C. D.
3．圆与圆的位置关系是
A.相离 B.外切
C.相交 D.内切
4．轴截面是正三角形的圆锥称作等边圆锥,则等边圆锥的侧面积是底面积的
A.4倍 B.3倍
C. 倍 D.2倍
5．设 ，则（ ）
A. B.
C. D.
6．如图，在中，点是线段及、的延长线所围成的阴影区域内（含边界）的任意一点，且，则在直角坐标平面上，实数对所表示的区域在直线的右下侧部分的面积是（）

A. B.
C. D.不能求
7．下列函数在定义域内单调递增的是（ ）
A. B.
C. D.
8．设四边形ABCD为平行四边形，，.若点M，N满足，则（）
A.20 B.15
C.9 D.6
9．函数的定义域为，值域为，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
10．设是定义在上的奇函数，且当时，，则（ ）
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形.勒洛三角形是由德国机械工程专家、机构运动学家勒洛首先发现，所以以他的名字命名.一些地方的市政检修井盖、方孔转机等都有应用勒洛三角形.如图，已知某勒洛三角形的一段弧的长度为，则该勒洛三角形的面积是___________.

12．已知幂函数（为常数）的图像经过点，则__________
13．在三棱锥中，，，两两垂直，，，三棱锥的侧面积为13，则该三棱锥外接球的表面积为______.
14．在《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑(bie nao).已知在鳖臑中, 平面, ,则该鳖臑的外接球与内切球的表面积之和为____
15．函数是幂函数，且在上是减函数，则实数__________.
16．定义：如果函数在定义域内给定区间上存在，满足，则称函数是上的“平均值函数”，是它的一个均值点.若函数是上的平均值函数，则实数的取值范围是____
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．（1）求的值；
（2）求的值
18．已知角终边与单位圆交于点
（1）求的值；
（2）若，求的值.
19．已知点，，.
（1）若，求的值；
（2）若，其中为坐标原点，求的值.
20．已知定义在上的奇函数满足：
①；
②对任意的均有；
③对任意的，，均有.
（1）求的值；
（2）证明在上单调递增；
（3）是否存在实数，使得对任意的恒成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.
21．已知圆的一般方程为.
(1)求的取值范围;
2)若圆与直线相交于两点，且(为坐标原点)，求以为直径的圆的方程.
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】由于，所以由终边相同的定义可得结论
【详解】因为，
所以角的终边与角的终边相同，
所以角的终边落在第一象限角
故选：A
2、B
【解析】根据余弦函数的定义直接进行求解即可.
【详解】因为点是角α的终边与单位圆的交点，
所以，
故选：B
3、D
【解析】圆的圆心，半径
圆的圆心，半径
∴
∴
∴两圆内切
故选D
点睛：判断圆与圆的位置关系的常见方法
1)几何法：利用圆心距与两半径和与差的关系
(2)切线法：根据公切线条数确定
4、D
【解析】由题意，求出圆锥的底面面积，侧面面积，即可得到比值
【详解】圆锥的轴截面是正三角形，设底面半径为r，则它的底面积为πr2；
圆锥的侧面积为：2rπ•2r＝2πr2；
圆锥的侧面积是底面积的2倍
故选D
【点睛】本题是基础题，考查圆锥的特征，底面面积，侧面积的求法，考查计算能力
5、D
【解析】由，则,再由指数、对数函数的单调性得出大小，得出答案.
【详解】由，则
， ，
所以
故选：D
6、A
【解析】由点是由线段及、的延长线所围成的阴影区域内（含边界）的任意一点，作的平行线，把中、所满足的不等式表示出来，然后作出不等式组所表示的可行域，并计算出可行域在直线的右下侧部分的面积即可.
【详解】如下图，过作，交的延长线于，交的延长线于，

设，，，，
则，
所以，得，所以.
作出不等式组对应的可行域，如下图中阴影部分所示，

故所求面积为，故选：A.
【点睛】本题考查二元一次不等式组与平面区域的关系，考查转化思想，是难题.解决本题的关键是建立、的不等式组，将问题转化为线性规划问题求解.
7、D
【解析】根据题意，依次分析选项中函数的单调性，综合即可得答案
详解】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，，是二次函数，在其定义域上不是单调函数，不符合题意；
对于B，，是正切函数，在其定义域上不是单调函数，不符合题意；
对于C，，是指数函数，在定义域内单调递减，不符合题意；
对于D，，是对数函数，在定义域内单调递增，符合题意；
故选：D
8、C
【解析】根据图形得出,,
,结合向量的数量积求解即可.
【详解】
因为四边形ABCD为平行四边形,点M、N满足,
根据图形可得:,
,
,
,
,
,
，
，
故选C.
本题考查了平面向量的运算,数量积的运用,考查了数形结合的思想,关键是向量的分解,表示.
考点：向量运算.
9、B
【解析】观察在上的图象，从而得到的取值范围.
【详解】解观察在上的图象，
当时，或，
当时，，
∴的最小值为：，
的最大值为：，

∴的取值范围是
故选：B
【点睛】本题考查余弦函数的定义域和值域，余弦函数的图象，考查数形结合思想，属基础题
10、D
【解析】根据奇函数的性质求函数值即可.
【详解】
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】计算出一个弓形的面积，由题意可知，勒洛三角形由三个全等的弓形以及一个正三角形构成，利用弓形和正三角形的面积可求得结果.
【详解】由弧长公式可得，可得，
所以，由和线段所围成的弓形的面积为，
而勒洛三角形由三个全等的弓形以及一个正三角形构成，
因此，该勒洛三角形的面积为.
故答案为：.
12、3
【解析】设，依题意有，故.
13、
【解析】根据侧面积计算得到，再计算半径为，代入表面积公式得到答案.
【详解】三棱锥的侧面积为，所以
故该三棱锥外接球的半径为：，球的表面积为.
故答案为：
【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
14、
【解析】
M﹣ABC四个面都为直角三角形，MA⊥平面ABC，MA=AB=BC=2，
∴三角形的AC=2，
从而可得MC=2，
那么ABC内接球的半径r：可得（﹣r）2=r2+（2﹣）2
解得：r=2-
∵△ABC时等腰直角三角形，
∴外接圆半径为AC=
外接球的球心到平面ABC的距离为=1
可得外接球的半径R=
故得：外接球表面积为.
由已知，设内切球半径为，
，

，
内切球表面积为，
外接球与内切球的表面积之和为
故答案为：.
点睛：本题考查了球与几何体的问题，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线，这样两条直线的交点，就是其外接球的球心.
15、2
【解析根据函数为幂函数求参数m，讨论所求得的m判断函数是否在上是减函数，即可确定m值.
【详解】由题设，，即，解得或，
当时，，此时函数在上递增，不合题意；
当时，，此时函数在上递减，符合题设.
综上，.
故答案为：2
16、##，##
【解析】根据题意，方程，即在内有实数根，若函数在内有零点．首先满足，解得，或．对称轴为．对分类讨论即可得出
【详解】解：根据题意，若函数是，上的平均值函数，
则方程，即在内有实数根，
若函数在内有零点
则，解得，或
（1），．
对称轴：
①时，，，（1），因此此时函数在内一定有零点．满足条件
②时，，由于（1），因此函数在内不可能有零点，舍去
综上可得：实数的取值范围是，
故答案为：，

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、（1）；（2）
【解析】（1）根据指数幂的运算性质，化简计算，即可得答案.
（2）根据对数的运算性质，化简计算，即可得答案.
【详解】（1）原式；
（2）原式
18、（1）；（2）或.
【解析】（1）首先根据三角函数的定义，求得三角函数值，再结合二倍角公式化简，求值；
（2）利用角的变换，利用两角和的余弦公式，化简求值.
【详解】解：由三角函数定义得，
（1）

（2）∵
∴
∴

当时

当时

19、 (1)；(2).
【解析】（1）因为，，，所以，.因为 所以，化简即可得的值；
（2）因为，，所以，因为，所以，平方即可求得的值.
试题解析：
（1）因为，，，
所以，.
因为 所以.
化简得
因为（若，则，上式不成立）.所以.
（2）因为，，
所以，因，所以，
所以，所以，，
因为，所以，故.
20、（1）0；（2）详见解析；
（3）存在，.
【解析】（1）利用赋值法即求；
（2）利用单调性的定义，由题可得，结合条件可得，即证；
（3）利用赋值法可求，结合函数的单调性可把问题转化为，是否存在实数，使得或在恒成立，然后利用参变分离法即求.
【小问1详解
∵对任意的，，均有，
令，则，
∴；
【小问2详解】
，且，则

又，对任意的均有，
∴，
∴
∴函数在上单调递增.
【小问3详解】
∵函数为奇函数且在上单调递增，
∴函数在上单调递增，
令，可得，令，可得，
又，
∴，又函数在上单调递增，在上单调递增，
∴由，可得或，
即是否存在实数，使得或对任意的恒成立，
令，则，则对于恒成立等价于在恒成立，
即在恒成立，又当时，，
故不存在实数，使得恒成立，
对于对任意的恒成立，等价于在恒成立，
由，可得在恒成立，
又，在上单调递减，
∴，
综上可得，存在使得对任意的恒成立.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是配凑，然后利用条件可证；第三问的关键是转化为否存在实数，使得或在恒成立，再利用参变分离法解决.
21、 (1);(2)
【解析】（1）根据圆的一般方程成立条件，，代入即可求解；
（2）联立直线方程和圆的方程，消元得关于的一元二次方程，列出韦达定理，求解中点坐标为圆心，为半径，即可求解圆的方程.
【详解】(1)，，，，
，解得:
(2)，
将代入得，，
，，
半径
∴圆的方程为
【点睛】（1）考查圆的一般方程成立条件，属于基础题；
（2）考查直线与圆位置关系，联立方程组法求解，结合一元二次方程韦达定理，综合性较强，难度一般.