湖南师大附中2026届高一上数学期末学业质量监测试题含解析

湖南师大附中2026届高一上数学期末学业质量监测试题注意事项：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．设函数f(x)=2-x,x≤01,x>0，则满足A.(-∞,-1]C.(-1,0) D.(-2．已知函数f（x）＝ax2﹣x﹣8（a＞0）在[5，20]上单调递增，则实数a的取值范围是（）A.[，+∞） B.[5，+∞）C.（﹣∞，20] D.[5，20]3．设，，若，则的最小值为（）A. B.6C. D.4．若条件p：，q：，则p是q成立的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既非充分也非必要条件5．已知，，都是实数，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6．已知函数，且f（5a﹣2）＞﹣f（a﹣2），则a的取值范围是（）A.（0，+∞） B.（﹣∞，0）C. D.7．棱长分别为1、、2的长方体的8个顶点都在球的表面上，则球的体积为A. B.C. D.8．已知的定义域为，则函数的定义域为A. B.C. D.9．命题“，”的否定是A.， B.，C.， D.，10．设a，b，c均为正数，且，，，则a，b，c的大小关系是（）A. B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知函数定义域为，若满足①在内是单调函数；存在使在上的值域为，那么就称为“半保值函数”，若函数且是“半保值函数”，则的取值范围为________12．已知函数，正实数，满足，且，若在区间上的最大值为2，则________.13．我国采用的“密位制”是6000密位制，即将一个圆周分为6000等份，每一个等份是一个密位，那么120密位等于______rad14．已知关于x的不等式的解集为，则的解集为_________15．若，则_____16．函数的部分图象如图所示．若，且，则_____________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）解方程；（2）判断在上的单调性，并用定义加以证明；（3）若不等式对恒成立，求的取值范围.18．在①；②.请在上述两个条件中任选一个，补充在下面题目中，然后解答补充完整的问题.在中，角所对的边分别为，__________.（1）求角；（2）求的取值范围.19．已知在第一象限，若，，，求：（1）边所在直线的方程；20．已知集合，集合当时，求及；若，求实数m的取值范围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、D【解析】画出函数的图象，利用函数的单调性列出不等式转化求解即可【详解】解：函数f(x)=2满足f(x+1)<f(2x)，可得2x<0≤x+1或2x<x+1⩽0，解得x∈(-故选：D2、A【解析】函数f（x）＝ax2﹣x﹣8（a＞0）的开口向上，对称轴方程为，函数在[5，20]上单调递增，则区间在对称轴的右侧,从而可得答案.【详解】函数f（x）＝ax2﹣x﹣8（a＞0）的开口向上，对称轴方程为。函数在[5，20]上单调递增，则区间[5，20]在对称轴的右侧.则解得：.故选：A.【点睛】本题考查二次函数的单调性，二次函数的单调性与开口方向和对称轴有关，属于基础题.3、C【解析】由已知可得，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得所求代数式的最小值.【详解】，，，由可得，所以，，当且仅当时，等号成立.因此，的最小值为.故选：C.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.4、B【解析】由条件推结论可判断充分性，由结论推条件可判断必要性【详解】由不能推出，例如，但必有，所以p是q成立的必要不充分条件.故选：B.5、B【解析】利用充分、必要条件的定义，结合不等式的性质判断题设条件间的推出关系，即可知条件间的充分、必要关系.【详解】当时，若时不成立；当时，则必有成立，∴“”是“”的必要不充分条件.故选：B6、D【解析】由定义可求函数的奇偶性，进而将所求不等式转化为f（5a﹣2）＞f（﹣a+2），结合函数的单调性可得关于a的不等式，从而可求出a的取值范围.【详解】解：根据题意，函数，其定义域为R，又由f（﹣x）f（x），f（x）为奇函数，又，函数y＝9x+1为增函数，则f（x）在R上单调递增；f（5a﹣2）＞﹣f（a﹣2）⇒f（5a﹣2）＞f（﹣a+2）⇒5a﹣2＞﹣a+2，解可得，故选:D.【点睛】关键点睛：本题的关键是由奇偶性转化已知不等式，再求出函数单调性求出关于a的不等式.7、A【解析】球的直径为长方体的体对角线，又体对角线的长度为，故体积为，选A.8、B【解析】因为函数的定义域为，故函数有意义只需即可，解得，选B考点：1、函数的定义域的概念；2、复合函数求定义域9、C【解析】特称命题的否定是全称命题，并将结论加以否定，所以命题的否定为：，考点：全称命题与特称命题10、C【解析】将分别看成对应函数的交点的横坐标，在同一坐标系作出函数的图像，数形结合可得答案.【详解】在同一坐标系中分别画出，，的图象，与的交点的横坐标为，与的图象的交点的横坐标为，与的图象的交点的横坐标为，从图象可以看出故选：C二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】根据半保值函数的定义,将问题转化为与的图象有两个不同的交点，即有两个不同的根,换元后转化为二次方程的实根的分布可解得.【详解】因为函数且是“半保值函数”，且定义域为，由时，在上单调递增，在单调递增，可得为上的增函数；同样当时，仍为上的增函数，在其定义域内为增函数，因为函数且是“半保值函数”，所以与的图象有两个不同的交点，所以有两个不同的根，即有两个不同的根,即有两个不同的根,可令，，即有有两个不同正数根，可得，且，解得.【点睛】本题考查函数的值域的求法，解题的关键是正确理解“半保值函数”，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化12、【解析】先画出函数图像并判断，再根据范围和函数单调性判断时取最大值，最后计算得到答案.【详解】如图所示：根据函数的图象得，所以．结合函数图象，易知当时在上取得最大值，所以又，所以，再结合，可得，所以.故答案为：【点睛】本题考查对数型函数的图像和性质、函数的单调性的应用和最值的求法，是中档题.13、##【解析】根据已知定义，结合弧度制的定义进行求解即可.【详解】设120密位等于，所以有，故答案为：14、或【解析】由已知条件知，结合根与系数关系可得，代入化简后求解，即可得出结论.【详解】关于x的不等式的解集为，可得，方程的两根为，∴,所以，代入得，，即，解得或.故答案为:或.【点睛】本题考查一元二次不等式与一元二次方程的关系，以及解一元二次不等式，属于基础题.易错点是忽视对的符号的判断.15、【解析】首先求函数，再求的值.【详解】设，则所以，即，，.故答案为：16、##【解析】根据函数的图象求出该函数的解析式，结合图象可知，点、关于直线对称，进而得出.【详解】由图象可知，，即，则，此时，，由于，所以，即.，且，由图象可知，，则.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）或（2）在上单调递减，在上单调递增，证明见解析（3）【解析】（1）由已知得，解方程即可；（2）任取，且，则，分和讨论可得答案；（3）将不等式对恒成立问题转化为，的最小值问题，求出的最小值即可得的取值范围.【详解】（1）由已知.所以，得或，所以或；（2）任取，且，则因为，且，所以，.当时，恒成立，，即；当时，恒成立，，即.故在上单调递减，在上单调递增；（3），，令，.由（2）知，在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，即，故的取值范围是.【点睛】本题考查函数单调性的判断和证明，考查函数不等式恒成立问题，转化为最值问题即可，是中档题.18、（1）条件选择见解析，（2）【解析】（1）若选①，由正弦定理得，即可求出；若选②，由正弦定理得，即可求出.（2）用正弦定理得表示出，，得到，利用三角函数求出的取值范围.【小问1详解】若选①，则由正弦定理得，因为，所以，所以，所以，又因为，所以，所以，即.若选②，则由正弦定理得，所以，所以，因为，所以，所以，又因为，所以.【小问2详解】由正弦定理得，所以，同理，由，故，所以由，所以，所以，所以的取值范围是.19、（1）；（2）或.【解析】（1）直接写出直线方程得解；（2）求出直线的斜率即得解.小问1详解】解：因为，，所以直线所在直线方程为.【小问2详解】解：当点在直线上方时，由题得直线的斜率为，所以边所在直线点斜式方程为；当点在直线下方时，由题得直线的斜率为，所以边所在直线的点斜式方程为.综合得直线的方程为或.20、（1），或；（2）或.【解析】（1）当时，Q=，由集合的交、并、补运算，即可求解；（2）由集合的包含关系，得Q⊆P，讨论①Q=∅，②Q≠∅，运算可得解【详解】（1）当时，Q=，所以，或.（2）因为P∩Q=Q，所以Q⊆P，①当m-1＞3m-2，即时，Q=∅，满足题意，②当m-1≤3m-2，即时，，解得，综合①②可得：实数m的取值范围或.【点睛】本题主要考查了集合的交、并、补运算及集合的包含关系的应用，其中解答中熟记集合的运算的基本方法，以及合理利用集合的包含