2026届哈尔滨市第六中学高一数学第一学期期末联考模拟试题含解析.doc

2026届哈尔滨市第六中学高一数学第一学期期末联考模拟试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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．表示不超过x的最大整数，例如，．若是函数的零点，则（ ）
A.1 B.2
C.3 D.4
2．如图，已知水平放置的按斜二测画法得到的直观图为，若，，则的面积为（）

A.12 B.
C.6 D.3
3．设入射光线沿直线y=2x+1射向直线,则被反射后,反射光线所在的直线方程是
A. B.
C. D.
4．在平面直角坐标系中，动点在单位圆上按逆时针方向作匀速圆周运动，每分钟转动一周.若的初始位置坐标为，则运动到分钟时，的位置坐标是 （ ）
A B.
C. D.

5．设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，给出下列命题：
①若，，，则；
②若，，则；
③若，，，则；
④若，，则
其中正确命题的序号是
A.①③ B.①④
C.②③ D.②④
6．下列函数既不是奇函数，也不是偶函数，且在上单调递增是
A. B.
C. D.
7．设函数与的图像的交点为，则所在的区间是（）
A. B.
C. D.
8．已知函数，若对任意，总存在，使得，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
9．如图，正方体的棱长为1，动点在线上，，分别是，的中点，则下列结论中错误的是（）

A. B.平面
C.三棱锥的体积为定值 D.存在点，使得平面平面
10．在如图所示的多面体ABCDB1C1D1中，四边形ABCD、四边形BCC1B1、四边形CDC1C1都是边长为6的正方形，则此多面体ABCDB1C1D1的体积（　　）

A.72 B.144
C.180 D.216
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知，则_________
12．已知sinα＋cosα＝，α∈(－π，0)，则tanα＝________.
13．已知，那么的值为___________.
14．已知是偶函数，且方程有五个解，则这五个解之和为______
15．已知正实数x，y满足，则的最小值为______

16．已知函数，则满足的的取值范围是___________.
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．已知集合，
（1）分别求，；
（2）已知，若，求实数的取值集合
18．如图，直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD=6，BC=2AB=4，点E为线段BC的中点，点F在线段AD上，且EF∥AB，现将四边形ABCD沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC，点P为几何体中线段AD的中点

（Ⅰ）证明：平面ACD⊥平面ACF；
（Ⅱ）证明：CD∥平面BPE
19．已知函数
（1）求的值及的单调递增区间；
（2）求在区间上的最大值和最小值，以及取最值时x的值
20．已知函数的最小正周期为
（1）求图象的对称轴方程；
（2）将的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，求函数在上的值域
21．（1）已知，则；
（2）已知角的终边上有一点的坐标是，其中，求
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】利用零点存在定理得到零点所在区间求解.
【详解】因为函数在定义域上连续的增函数，
且，
又∵是函数的零点，
∴，
所以，
故选：B．
2、C
【解析】由直观图，确定原图形中线段长度和边关系后可求得面积
【详解】由直观图，知，，，
所以三角形面积为
故选：C
3、D
【解析】由可得反射点A(−1,−1),在入射光线y=2x+1上任取一点B(0,1)，
则点B(0,1)关于y=x的对称点C(1,0)在反射光线所在的直线上
根据点A(−1,−1)和点C(1,0)坐标，利用两点式求得反射光线所在的直线方程是
，化简可得x−2y−1=0.
故选D.
4、A
【解析】根据题意作出图形，结合图形求出3分钟转过角度，由此计算点的坐标.
【详解】每分钟转动一周,则运动到分钟时，其转过的角为，
如图，

设与x轴正方向所成的角为，则与x轴正方向所成的角为，
的初始位置坐标为，即，
所以，
即.
故选：A
5、C
【解析】由空间中直线与平面的位置关系逐项分析即可
【详解】当时，可能平行，也可能相交或异面，所以①不正确；当时，可以平行，也可以相交，所以④不正确；若，，则；若，则，故正确命题的序号是②③.
【点睛】本题考查空间中平面与直线的位置关系，属于一般题
6、C
【解析】是偶函数，是奇函数，和既不是奇函数也不是偶函数，在上是减函数，是增函数，故选C
7、B
【解析】根据零点所在区间的端点值的乘积小于零可得答案.
【详解】函数与的图象的交点为，可得
设,则是的零点，
由，
，
∴，
∴所在的区间是(1,2).
故选：B.
8C
【解析】先将不等式转化为对应函数最值问题：,再根据函数单调性求最值，最后解不等式得结果.
【详解】因为对任意，总存在，使得，所以,
因为当且仅当时取等号,所以，
因为,所以.
故选：C.
【点睛】对于不等式任意或存在性问题，一般转化为对应函数最值大小关系，即；，

9、D
【解析】对A,根据中位线的性质判定即可.
对B,利用平面几何方法证明，再证明平面即可.
对C,根据三棱锥以为底,且同底高不变,故体积不变判定即可.
对D,根据与平面有交点判定即可.
【详解】在A中,因为分别是的中点,所以,故A正确;
在B中,因为,,故,
故.故,又有,
所以平面,故B正确；
在C中,三棱锥以面为底,则高是定值,所以三棱锥的体积为定值,故C正确.
在D中,与平面有交点,所以不存在点,使得平面平面,故D错误.
故选：D.
【点睛】方法点睛：本题考查空间点线面位置关系，考查棱锥的体积，考查线面垂直的判定定理的应用，判断线面垂直的方法主要有：
线面垂直的判定定理，直线与平面内的两条相交直线垂直；
面面垂直的性质定理，若两平面互相垂直，则在一个平面内垂直于交线的垂直于另一个平面；
线面垂直的性质定理，两条平行线中有一条与平面垂直，则另一条也与平面垂直；
面面平行的性质定理，直线垂直于两平行平面之一，必然垂直于另一个平面
10、C
【解析】把该几何体补成正方体ABCD-A1B1C1D1，此多面体ABCDB1C1D1的体积V=-，求之即可
【详解】如图，把该几何体补成正方体ABCD-A1B1C1D1，
此多面体ABCDB1C1D1的体积V=-=63-=180

故选C
【点睛】本题主要考查四棱锥体积的求法，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】两边同时取以15为底的对数，然后根据对数性质化简即可.
【详解】因为
所以，
所以，

故答案为：
12、.
【解析】由题意利用同角三角函数的基本关系，以及三角函数在各个象限中的符号，求得和的值，可得的值.
【详解】因为sinα＋cosα＝，①所以sin2α＋cos2α＋2sinαcosα＝，
即2sinαcosα＝.因为α∈(－π，0)，所以sinα＜0，cosα＞0，
所以sinα－cosα＝，
与sinα＋cosα＝联立解得sinα＝－，cosα＝，
所以tanα＝.
故答案为：.
【点睛】该题考查的是有关三角函数恒等变换化简求值问题，涉及到的知识点有同角三角函数关系式，在解题的过程中，注意这三个式子是知一求二，属于简单题目.
13、##0.8
【解析】由诱导公式直接可得.
详解】
.
故答案为：
14、
【解析】根据函数的奇偶性和图象变换，得到函数的图象关于对称，进而得出方程其中其中一个解为，另外四个解满足，即可求解.
【详解】由题意，函数是偶函数，可函数的图象关于对称，
根据函数图象的变换，可得函数的图象关于对称，
又由方程有五个解，则其中一个解为，
不妨设另外四个解分别为且，
则满足，即，
所以这五个解之和为.
故答案为：.
15、
【解析】令，转化条件为方程有解，运算可得
【详解】令，则，
化简得，
所以，解得或（舍去），
当时，，符合题意，
所以得最小值为.
故答案为：.
16、
【解析】∵在x∈（0,+∞）上是减函数，f(1)=0，
∴0<3－x<1，解得25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）两集合的交集为两集合的相同的元素构成的集合，两集合的并集为两集合所有的元素构成的集合；（2）由两集合的子集关系得到两集合边界值的大小关系，从而解不等式得到的取值范围
试题解析：（1），
（2）由可得
考点：集合运算及集合的子集关系
18、证明过程详见解析
【解析】（Ⅰ）证明AF⊥平面EFDC，得出AF⊥CD； 再由勾股定理证明FC⊥CD，即可证明CD⊥平面ACF，平面ACD⊥平面ACF；
（Ⅱ）取DF的中点Q，连接QE、QP，证明BPQE四点共面， 再证明CD∥EQ，从而证明CD∥平面EBPQ，即为CD∥平面BPE
【详解】（Ⅰ）由题意知，四边形ABEF是正方形，∴AF⊥EF，
又平面ABEF⊥平面EFDC，
∴AF⊥平面EFDC，
∴AF⊥CD；
又FD=4，FC=AB=2，CD=AB=2，
∴FD2=FC2+CD2，
∴FC⊥CD；
又FC∩AF=F，
∴CD⊥平面ACF；
又CD⊂平面ACD，
∴平面ACD⊥平面ACF；
（Ⅱ）如图所示，

取DF的中点Q，连接QE、QP，则QP∥AF，
又AF∥BE，∴PQ∥BF，∴BPQE四点共面；
又EC=2，QD=DF=2，且DF∥EC，
∴QD与EC平行且相等，∴QECD为平行四边形，

∴CD∥EQ，
又EQ⊂平面EBPQ，CD⊄平面EBPQ，
∴CD∥平面EBPQ，即CD∥平面BPE
【点睛】本题主要考查直线和平面平行与垂直的判定应用问题，也考查了平面与平面的垂直应用问题，是中档题
19、（1）1，，
（2）时，有最大值；时，有最小值.
【解析】（1）将化简为，解不等式，，即可得函数的单调递增区间；
（2）由，得，从而根据正弦型函数的图象与性质，即可求解函数的最值
【小问1详解】
解：因为，
，
令，，得，，
所以的单调递增区间为，；
【小问2详解】
解：因为，所以，
所以，
所以，
当，即时，有最大值，
当，即时，有最小值
20、（1）；
（2）
【解析】（1）先由诱导公式及倍角公式得，再由周期求得，由正弦函数的对称性求对称轴方程即可；
（2）先由图象平移求出，再求出，即可求出在上的值域
【小问1详解】
，
则，解得，则，令，解得，
故图象的对称轴方程为.
【小问2详解】
，，则，，则在上的值域为.
21、（1）；（2）当时，；当时，
【解析】（1）分子分母同时除以，然后代入计算即可；
（2）利用三角函数的定义求出和，再分和讨论计算即可.
【详解】（1）分子分母同时除以得原式＝.
（2）由三角函数的定义可知
，，
当时，，，所以；
当时，，，所以
所以当时，原式；当时，原式