2026届河南省洛阳市名校高一上数学期末达标检测模拟试题含解析

2026届河南省洛阳市名校高一上数学期末达标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．设,则（）A. B.C. D.2．将函数，且，下列说法错误的是（）A.为偶函数 B.C.若在上单调递减，则的最大值为9 D.当时，在上有3个零点3．如图，在正方体中，分别为的中点，则异面直线和所成角的大小为A. B.C. D.4．如图，向量，，的起点与终点均在正方形网格的格点上，若，则（）A. B.C.2 D.45．下列函数中，表示同一个函数的是A.与B.与C.与D.与6．已知函数的图像过点和，则在定义域上是A.奇函数 B.偶函数C.减函数 D.增函数7．已知一扇形的周长为28，则该扇形面积的最大值为（）A.36 B.42C.49 D.568．函数f(x)＝log3x－8＋2x的零点一定位于区间A. B.C. D.9．已知集合，则（）A. B.C. D.10．已知集合，，若，则a的取值范围是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，，则的最大值为______；若，，且，则______.12．若，记，，，则P、Q、R的大小关系为______13．若函数在区间上是增函数，则实数取值范围是______14．化简_____15．要制作一个容器为4，高为无盖长方形容器，已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是_______（单位：元）16．____.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，，计算：（1）（2）18．已知函数（1）求函数的单调区间；（2）求函数图象的对称中心的坐标和对称轴方程19．（1）已知角的终边过点，且，求的值；（2）已知，，且，求.20．如图在三棱锥中，分别为棱的中点，已知.求证：（1）直线平面；（2）平面平面.21．(1)求两条平行直线3x＋4y－6＝0与ax＋8y－4＝0间的距离(2)求两条垂直的直线2x＋my－8＝0和x－2y＋1＝0的交点坐标

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】利用中间量隔开三个值即可.【详解】∵，∴，又，∴，故选：A【点睛】本题考查实数大小的比较，考查指对函数的性质，属于常考题型.2、C【解析】先求得，然后结合函数的奇偶性、单调性、零点对选项进行分析，从而确定正确选项.【详解】，，所以，为偶函数，A选项正确.，B选项正确.，若在上单调递减，则，，由于，所以，所以的最大值为，的最大值为，C选项错误.当时，，，当时，，所以D选项正确.故选：C3、D【解析】连DE，交AF于G，根据平面几何知识可得，于是，进而得．又在正方体中可得底面，于是可得，根据线面垂直的判定定理得到平面，于是，所以两直线所成角为【详解】如图，连DE，交AF于G在和中，根据正方体的性质可得，∴，∴，∴，∴又在正方体中可得底面，∵底面，∴，又，∴平面，∵平面，∴，∴异面直线和所成角的大小为故选D【点睛】求异面直线所成的角常采用“平移线段法”，将空间角的问题转化为平面问题处理，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．计算异面直线所成的角时通常放在三角形中利用解三角形的方法进行求解，有时也可通过线面间的垂直关系进行求解4、D【解析】根据图象求得正确答案.【详解】由图象可知.故选：D5、D【解析】对于A，B，C三个选项中函数定义域不同，只有D中定义域和对应法则完全相同的函数，才是同一函数，即可得到所求结论【详解】对于A，的定义域为R，的定义域为，定义域不同，故不为同一函数；对于B，的定义域为，的定义域为，定义域不同，故不为同一函数；对于C，定义域为，的定义域为R，定义域不同，故不为同一函数；对于D，与定义域和对应法则完全相同，故选D.【点睛】本题考查同一函数的判断，注意运用只有定义域和对应法则完全相同的函数，才是同一函数，考查判断和运算能力，属于基础题6、D【解析】∵f（x）的图象过点（4，0）和（7，1），∴∴f（x）=log4（x-3）．∴f（x）是增函数．∵f（x）的定义域是（3，+∞），不关于原点对称．∴f（x）为非奇非偶函数故选D7、C【解析】由题意，根据扇形面积公式及二次函数的知识即可求解.【详解】解：设扇形的半径为R，弧长为l，由题意得，则扇形的面积，所以该扇形面积的最大值为49，故选：C.8、B【解析】根据零点存在性定理，因为，所以函数零点在区间（3，4）内，故选择B考点：零点存在性定理9、D【解析】求出集合A，再求A与B的交集即可.【详解】∵，∴.故选：D.10、D【解析】化简集合A，根据，得出且，从而求a的取值范围，得到答案详解】由题意，集合或，；若，则且，解得，所以实数的取值范围为故选D【点睛】本题主要考查了对数函数的运算性质，以及集合的运算问题，其中解答中正确求解集合A，再根据集合的运算求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，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、①.14②.10【解析】根据数量积的运算性质，计算的平方即可求出最大值，两边平方，可得，计算的平方即可求解.【详解】，当且仅当同向时等号成立，所以，即的最大值为14，由两边平方可得：，所以，所以，即.故答案为：14；10【点睛】本题主要考查了数量积的运算性质，数量积的定义，考查了运算能力，属于中档题.12、【解析】利用平方差公式和同角三角函数的平方关系可得P、R的关系，然后作差，因式分解，结合已知可判断P、Q的大小关系.【详解】又因为，所以所以，即所以P、Q、R的大小关系为.故答案为：13、【解析】令，由题设易知在上为增函数，根据二次函数的性质列不等式组求的取值范围.【详解】由题设，令，而为增函数，∴要使在上是增函数，即在上为增函数，∴或，可得或，∴的取值范围是.故答案为：14、-2【解析】利用余弦的二倍角公式和正切的商数关系可得答案.【详解】.故答案为：.15、160【解析】设底面长方形的长宽分别为和,先求侧面积，进一步求出总的造价，利用基本不等式求出最小值.【详解】设底面长方形的长宽分别为和,则，所以总造价当且仅当的时区到最小值则该容器的最低总造价是160.故答案为：160.16、.【解析】本题直接运算即可得到答案.【详解】解：，故答案为：.【点睛】本题考查指数幂的运算、对数的运算，是基础题.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）；（2）.【解析】（1）先把化为，然后代入可求；（2）先把化为，然后代入可求.【详解】（1）；（2）.【点睛】本题主要考查齐次式的求值问题，齐次式一般转化为含有正切的式子，结合正切值可求.18、（1）增区间为，减区间为（2）对称中心的坐标为；对称轴方程为【解析】（1）将函数转化为，利用正弦函数的单调性求解；（2）利用正弦函数的对称性求解；【小问1详解】解：由.令，解得，令，解得，故函数的增区间为，减区间为；【小问2详解】令，解得，可得函数图象的对称中心的坐标为，令，解得，可得函数图象的对称轴方程为19、（1）；（2）【解析】（1）利用三角函数的定义求出，再根据三角函数的定义求出、即可得解；（2）根据同角三角函数的基本关系求出、，再根据两角差的余弦公式求出，即可得解；【详解】解：（1）因为角的终边过点，且，所以，解得，即，所以，所以，，所以；（2）因为，，所以，又，，所以，所以所以，因为所以20、(1)证明见解析；（2）证明见解析【解析】（1）本题证明线面平行，根据其判定定理，需要在平面内找到一条与平行的直线，由于题中中点较多，容易看出，然后要交待在平面外，在平面内，即可证得结论；（2）要证两平面垂直，一般要证明一个平面内有一条直线与另一个平面垂直，由（1）可得，因此考虑能否证明与平面内的另一条与相交的直线垂直，由已知三条线段的长度，可用勾股定理证明，因此要找的两条相交直线就是，由此可得线面垂直.【详解】（1）由于分别是的中点，则有，又平面，平面，所以平面（2）由（1），又，所以，又是中点，所以，，又，所