2025-2026学年山东省滨州市三校联考高一数学第一学期期末教学质量检测模拟试题含解析.doc

2025-2026学年山东省滨州市三校联考高一数学第一学期期末教学质量检测模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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．已知命题：函数过定点，命题：函数是幂函数，则是的（ ）
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
2．如图，①②③④中不属于函数，，的一个是（）

A.① B.②
C.③ D.④
3．四面体中，各个侧面都是边长为的正三角形，分别是和的中点，则异面直线与所成的角等于（ ）
A.30° B.45°
C.60° D.90°
4．已知点在函数的图象上，则下列各点也在该函数图象上的是（）
A. B.
C. D.
5．是第四象限角，，则等于
A. B.
C. D.
6．若，则下列不等式一定成立的是（）
A. B.
C. D.
7．函数f(x)＝ln(2x)－1的零点位于区间(　　)
A.(2,3) B.(3,4)
C.(0,1) D.(1,2)
8．已知扇形的圆心角为，面积为，则扇形的半径为（）
A. B.
C. D.
9．已知函数f (x) =有两不同的零点，则的取值范围是（）
A.(−∞，0) B.(0，+∞)
C.(−1，0) D.(0，1)
10．函数在区间（0,1）内的零点个数是
A.0 B.1
C.2 D.3
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知角的终边过点（1，－2），则________
12．已知点在角的终边上，则___________；
13．函数是偶函数，且它的值域为，则__________
14．若，且α为第一象限角，则____
15．命题“”的否定是________
16．如图，在长方体ABCD—中，AB＝3cm，AD＝2cm，，则三棱锥的体积___________.

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．已知函数与.
（1）判断的奇偶性；
（2）若函数有且只有一个零点，求实数a的取值范围.
18．已知，且α是第二象限角.
（1）求的值；
（2）求的值.
19．已知函数
（1）判断的奇偶性，并加以证明；
（2）求函数的值域
20．在平面直角坐标系xOy中，角的顶点与原点O重合，始边与x轴的正半轴重合，它的终边过点，以角的终边为始边，逆时针旋转得到角
Ⅰ求值；
Ⅱ求的值
21．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝2a，bsinB﹣asinA＝asinC
（Ⅰ）求sinB的值；
（Ⅱ）求sin（2B+）的值
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】根据幂函数的性质，从充分性与必要性两个方面分析判断.
【详解】若函数是幂函数，则过定点；当函数过定点时，则不一定是幂函数，例如一次函数，所以是的必要不充分条件.
故选：B.
2、B
【解析】根据对数函数图象特征及与图象的关于轴对称即可求解.
【详解】解：由对数函数图象特征及与的图象关于轴对称，
可确定②不已知函数图象.
故选：B.
3、B
【解析】利用中位线定理可得GE∥SA，则∠GEF为异面直线EF与SA所成的角，判断三角形为等腰直角三角形即可.
【详解】取AC中点G，连接EG，GF，FC
设棱长为2，则CF= ，而CE=1∴EF= ，GE=1，GF=1
而GE∥SA，∴∠GEF为异面直线EF与SA所成的角
∵EF= ，GE=1，GF=1∴△GEF为等腰直角三角形，故∠GEF=45°
故选：B.
【点睛】求异面直线所成的角先要利用三角形中位线定理以及平行四边形找到异面直线所成的角，然后利用直角三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后结果一定要取绝对值.
4、D
【解析】由题意可得，再依次验证四个选项的正误即可求解.
【详解】因为点在函数的图象上，
所以，
，故选项A不正确；
，故选项B不正确；
，故选项C不正确；
，故选项D正确.
故选：D
5、B
【解析】由的值及α为第四象限角，利用同角三角函数间的基本关系求出cosα的值，即可确定出的值
【详解】由题是第四象限角，
则
故选B
【点睛】此题考查了同角三角函数间的基本关系，熟练掌握基本关系是解本题的关键
6、B
【解析】对于ACD，举例判断即可对于B，利用不等式的性质判断
【详解】解：对于A，令，，满足，但，故A错误，
对于B，∵，∴，故B正确，
对于C，当时，，故C错误，
对于D，令，，满足，而，故D错误.
故选：B.
7、D
【解析】根据对数函数的性质，得到函数为单调递增函数，再利用零点的存在性定理，即可求解，得到答案.
【详解】由题意，函数，可得函数为单调递增函数，且是连续函数
又由f(1)＝ln 2－1＜0，f(2)＝ln 4－1＞0，
根据函数零点的存在性定理可得，函数f(x)的零点位于区间(1,2)上
故选D.
【点睛】本题主要考查了函数的零点问题，其中解答中合理使用函数零点的存在性定理是解答此类问题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
8、C
【解析】利用扇形的面积公式即可求解.
【详解】设扇形的半径为，则扇形的面积，
解得：，
故选：C
9、A
【解析】函数f (x) =有两不同的零点，可以转化为直线与函数的图象有两个不同的交点，构造不等式即可求得的取值范围.
【详解】由题可知方程有两个不同的实数根，
则直线与函数的图象有两个不同的交点，
作出与的大致图象如下：

不妨设，由图可知，，整理得，
由基本不等式得，（当且仅当时等号成立）
又，所以，解得，
故选：A
10、B
【解析】,在范围内，函数为单调递增函数．又，，，故在区间存在零点，又函数为单调函数，故零点只有一个
考点：导函数，函数零点

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】由三角函数的定义以及诱导公式求解即可.
【详解】的终边过点（1，－2），
故答案为：
12、##
【解析】根据三角函数得定义即可的解.
【详解】解：因为点在角的终边上，
所以.
故答案为：.
13、
【解析】展开，由是偶函数得到或，分别讨论和时的值域，确定，的值，求出结果.
【详解】解：为偶函数，
所以，即或，
当时，值域不符合，所以不成立；
当时，，若值域为，则，所以
.
故答案为：.
14、
【解析】先求得，进而可得结果
【详解】因为，
又为第一象限角，所以，，故.
故答案为：.
15、
【解析】由否定的定义写出即可.
【详解】命题“”的否定是“”
故答案为：
16、1
【解析】根据题意，求得棱锥的底面积和高，由体积公式即可求得结果.
【详解】根据题意可得，平面，
故可得，
又因为，
故可得.
故答案为：.
【点睛】本题考查三棱锥体积的求解，涉及转换棱锥的顶点，属基础题.

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）偶函数（2）
【解析】（1）根据奇偶性定义判断；
（2）函数只有一个零点，转化为方程只有一个根，用换元法转化为二次方程只有一个正根（或两个相等正根），再根据二次方程根分布分类讨论可得
小问1详解】
∵的定义域为R，

∴，∴为偶函数.
【小问2详解】
函数只有一个零点
即
即方程有且只有一个实根.
令，则方程有且只有一个正根.
①当时，，不合题意；
②当时，若方程有两相等正根，则，且，解得；满足题意
③若方程有一个正根和一个负根，则，即时，满足题意.
∴实数a的取值范围为.
18、（1）
（2）
【解析】(1)根据三角函数的同角关系求得，结合角的象限即可得出结果；
(2)利用诱导公式将原式化简即可得出结果.
【小问1详解】
因为，所以.
因为α是第二象限角，所以.
【小问2详解】
.
19、（1）是奇函数；证明见解析
（2）
【解析】（1）首先确定定义域，根据奇偶性定义可得结论；
（2）令，可求得的范围，进而可得的值域.
【小问1详解】
由得：，定义域为，关于原点对称；
，
，为奇函数；
【小问2详解】
令，
且，，或，
或，的值域为.
20、（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】Ⅰ由题意利用任意角的三角函数的定义，求得的值
Ⅱ先根据题意利用任意角的三角函数的定义求得、的值，再利用二倍角公式求得、的值，再利用两角和的余弦公式求得的值
【详解】解：Ⅰ角的顶点与原点O重合，始边与x轴的正半轴重合，它的终边过点，

Ⅱ以角的终边为始边，逆时针旋转得到角，
由Ⅰ利用任意角的三角函数的定义可得，，
，

【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，二倍角公式，两角和的余弦公式的应用，属于中档题
21、（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）根据条件由正弦定理得，又c＝2a，所以，由余弦定理算出，进而算出；
（Ⅱ）由二倍角公式算出，代入两角和的正弦公式计算即可.
【详解】（Ⅰ） bsinB﹣asinA＝asinC，所以由正弦定理得，
又c＝2a，所以，由余弦定理得：
，又，所以；
（Ⅱ），
.
【点睛】本题主要考查了正余弦定理应用，运用二倍角公式和两角和的正弦公式求值，考查了学生的运算求解能力.