北京市顺义区第一中学2025-2026学年高一上数学期末教学质量检测模拟试题含解析.doc

北京市顺义区第一中学2025-2026学年高一上数学期末教学质量检测模拟试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．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．设，且，则的最小值是（）
A. B.8
C. D.16
2．简谐运动可用函数表示，则这个简谐运动的初相为（）
A. B.
C. D.
3．已知直线，且，则的值为（ ）
A.或 B.
C. D.或
4．已知点是第三象限的点，则的终边位于（ ）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
5．若函数在R上单调递减，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
6．已知幂函数的图象过点(2,)，则的值为（　　）
A B.
C. D.
7．函数的零点所在的一个区间是（ ）
A. B.
C. D.
8．关于函数，下列说法正确的是（）
A.最小值为0 B.函数为奇函数
C.函数是周期为周期函数 D.函数在区间上单调递减

9．已知，若不等式恒成立，则的最大值为（ ）
A.13 B.14
C.15 D.16
10．在中，若，且，则的形状为
A.等边三角形 B.钝角三角形
C.锐角三角形 D.等腰直角三角形
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．若关于的方程的一个根在区间上，另一个根在区间上，则实数的取值范围是__________
12．东方设计中的 “白银比例” 是，它的重要程度不亚于西方文化中的“黄金比例”，传达出一种独特的东方审美观．折扇纸面可看作是从一个扇形纸面中剪下小扇形纸面制作而成（如图）．设制作折扇时剪下小扇形纸面面积为，折扇纸面面积为，当时，扇面看上去较为美观，那么原扇形半径与剪下小扇形半径之比的平方为________

13．已知集合， ，则集合中子集个数是____
14．已知函数，则__________.
15．函数的单调递增区间是___________.
16．已知，g(x)=x+t，设，若当x为正整数时，恒有h(5)≤h(x)，则实数t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．已知函数.
（1）存在，使得不等式成立，求实数k的取值范围；
（2）方程有负实数解，求实数k的取值范围.
18．已知函数是定义在R上的奇函数.
（1）求函数的解析式，判断并证明函数的单调性；
（2）若存在实数，使成立，求实数的取值范围.
19．已知如图，在直三棱柱中，，且，是的中点，是的中点，点在直线上.

（1）若为中点，求证：平面；
（2）证明：
20．已知定义域为的函数是奇函数.
（1）求的值；
（2）判断函数单调性（只写出结论即可）；
（3）若对任意的不等式恒成立,求实数的取值范围
21．已知M（1，﹣1），N（2，2），P（3，0）.
（1）求点Q的坐标，满足PQ⊥MN，PN∥MQ.
（2）若点Q在x轴上，且∠NQP＝∠NPQ，求直线MQ的倾斜角.
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】转化原式为，结合均值不等式即得解
【详解】由题意，故
则
当且仅当，即时等号成立
故选：B
2、B
【解析】根据初相定义直接可得.
【详解】由初相定义可知，当时的相位称为初相，
所以，函数的初相为.
故选：B
3、D
【解析】当时，直线，，此时满足，因此适合题意；
当时，直线，化为，可得斜率，
化为，可得斜率
∵，
∴，计算得出，
综上可得：或
本题选择D选项.
4、D
【解析】根据三角函数在各象限的符号即可求出
【详解】因为点是第三象限的点，所以，故的终边位于第四象限
故选：D
5、D
【解析】要保证函数在R上单调递减，需使得和都为减函数，且x=1处函数值满足,由此解得答案.
【详解】由函数在R上单调递减，
可得 ，解得 ，
故选：D.
6、A
【解析】令幂函数且过 (2,)，即有，进而可求的值
【详解】令，由图象过(2,)
∴，可得
故
∴
故选：A
【点睛】本题考查了幂函数，由幂函数的形式及其所过的定点求解析式，进而求出对应函数值，属于简单题
7、B
【解析】判断函数的单调性，再借助零点存在性定理判断作答.
【详解】函数在R上单调递增，而，，
所以函数的零点所在区间为.
故选：B
8、D
【解析】根据三角函数的性质得到的最小值为，可判定A不正确；根据奇偶性的定义和三角函数的奇偶性，可判定C不正确；举例可判定C不正确；根据三角函数的单调性，可判定D正确.
【详解】由题意，函数，
当时，可得，所以，
当时，可得，所以，
所以函数的最小值为，所以A不正确；
又由，所以函数为偶函数，所以B不正确；
因为，，所以，
所以不是的周期，所以C不正确；
当时，，，
当时，，即函数在区间上单调递减，
又因为，所以函数在区间上单调递减，
所以D正确.
故选：D.
9、D
【解析】用分离参数法转化为恒成立，只需，
再利用基本不等式求出的最小值即可.
【详解】因为，所以，
所以恒成立，只需

因为，
所以，
当且仅当时，即时取等号.
所以.
即的最大值为16.
故选：D
10、D
【解析】由条件可得A为直角，结合，可得解.
【详解】，=，又，
为等腰直角三角形，
故选D.
【点睛】本题考查了向量数量积表示两个向量的垂直关系，考查了三角形的形状，属于基础题.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】设，时，方程只有一个根，不合题意，时，方程的根，就是函数的零点，方程的一个根在区间上，另一个根在区间上，且只需，即，解得，故答案为.
12、##
【解析】设原扇形半径为，剪下小扇形半径为，，由已知利用扇形的面积公式即可求解原扇形半径与剪下小扇形半径之比
【详解】解：由题意，如图所示，设原扇形半径为，剪下小扇形半径为，，
则小扇形纸面面积，折扇纸面面积，
由于时，可得，可得，
原扇形半径与剪下小扇形半径之比的平方为：
故答案为：

13、4
【解析】根据题意，分析可得集合的元素为圆上所有的点，的元素为直线上所有的点，则中元素为直线与圆的交点，由直线与圆的位置关系分析可得直线与圆的交点个数，即可得答案
【详解】由题意知中的元素为圆与直线交点，因为圆心(1，－2)到直线2x＋y－5＝0的距离
∴直线与圆相交
∴集合有两个元素，故集合中子集个数为4
故答案为4
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系涉及集合交集的意义，解答本题的关键是判定直线与圆的位置关系，以及运用集合的结论：一个含有个元素的集合的子集的个数为个.
14、2
【解析】先求出，然后再求的值.
【详解】由题意可得，
所以，
故答案为：
15、##
【解析】求出函数的定义域，利用复合函数法可求得函数的单调递增区间.
【详解】由得，解得，
所以函数的定义域为.
设内层函数，对称轴方程为，抛物线开口向下，
函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
外层函数为减函数，所以函数的单调递增区间为.
故答案为：.
16、 [-5，-3]
【解析】作出的图象，如图，

设与的交点横坐标为，
则在时，总有
所以当时，有，，
由，得；
当当时，有，，
由，得，
综上，，
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）令，然后分离参数，求出函数的最大值即可得答案；
（2）由题意，令，则，原问题等价于：在上有解，即在上有解，利用一元二次方程根的分布即可求解.
【小问1详解】
解：由题意，令，则原不等式等价于：存在，使成立，即存在，使成立，
由二次函数的性质知，当，即时，取得最大值1，
所以
【小问2详解】
解：由题意，因为方程有负实数根，则令，有，
原问题等价于：在上有解，即在上有解
令，，
则或
或或
或，
解得或或或或，
即实数k的取值范围为.
18、（1），函数在上单调递减，证明见解析（2）
【解析】（1）由为奇函数且定义域为R,则,即可求得,进而得到解析式；设,代入解析式中证得即可；
（2）由奇函数,可将问题转化为,再利用单调性可得存在实数,使成立,即为存在实数,使成立,进而求解即可
【详解】解：
（1）为奇函数且定义域为R,
所以,即,所以,
所以,
所以函数在R上单调递减,
设,则

,
因为,所以,即,
所以,
所以,即,
所以函数在上单调递减.
（2）存在实数,使成立.
由题,则存在实数，使成立
因为为奇函数,所以成立,
又因为函数在R上单调递减,
所以存在实数,使成立,
即存在实数,使成立,
而当时,,
所以的取值范围是
【点睛】本题考查利用函数奇偶性求解析式,考查定义法证明函数单调性,考查已知函数单调性求参数问题,考查转化思想和运算能力
19、（1）见解析；（2）见解析
【解析】（1）取中点为，连接，，首先说明四边形是平行四边形，即可得，根据线面平行判定定理即可得结果；（2）连接，利用得到，再通过平面得到，进而平面，即可得最后结果.
【详解】（1）证明：取中点为，连接，，
在中，， 又
所以，，即四边形是平行四边形.
故，
又平面，平面，

所以，平面.
（2）证明：连接，在正方形中，，
所以，与互余，故，
又，，，
所以，平面，又平面，
故 又,
所以平面 又平面，
所以
【点睛】本题主要考查了线面平行的判定，通过线线垂直线面垂直线面垂直的过程，属于中档题.在证明线面平行中，常见的方法有以下几种：1、利用三角形中位线；2、构造平行四边形得到线线平行；3、构造面面平行等.
20、（1），； （2）见解析； （3）.
【解析】（1）根据函数奇偶性得,，解得的值；最后代入验证,（2）可举例比较大小确定单调性,(3)根据函数奇偶性与单调性将不等式化简为,再根据恒成立转化为对应函数最值问题,最后根据函数最值得结果.
【详解】(1) 在上是奇函数，
∴，∴，∴，∴，
∴，∴，∴，∴，
经检验知：，
∴，
（2）由(1)可知，在上减函数.
（3）对于恒成立，
对于恒成立，
在上是奇函数，
对于恒成立，
又 在上是减函数，
，即对于恒成立，
而函数在上的最大值为2，，
∴实数的取值范围为
【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.
21、（1）
（2）
【解析】（1）设Q（x，y），根据PQ⊥MN得出，然后由PN∥MQ得出，解方程组即可求出Q的坐标；
（2）设Q（x，0）由∠NQP＝∠NPQ得出kNQ＝﹣kNP，解方程求出Q的坐标，然后即可得出结果.
【小问1详解】
设Q（x，y），
由已知得kMN＝3，又PQ⊥MN，可得kMN×kPQ＝﹣1 即（x≠3）①
由已知得kPN＝﹣2，又PN∥MQ，可得kPN＝kMQ，即（x≠1）②
联立①②求解得x＝0，y＝1，∴Q（0，1）；
【小问2详解】
设Q（x，0），
∵∠NQP＝∠NPQ，∴kNQ＝﹣kNP，
又∵kNQ，kNP＝﹣2，∴2 解得x＝1，
∴Q（1，0），又∵M（1，﹣1），∴MQ⊥x轴，
故直线MQ的倾斜角为90°.