2026届广西钦州市浦北县寨圩中学数学高一上期末质量检测试题含解析

2026届广西钦州市浦北县寨圩中学数学高一上期末质量检测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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，，，则a，b，c的大小关系为（）A. B.C. D.2．半径为的半圆卷成一个圆锥，则它的体积是（）A. B.C. D.3．已知函数，方程在有两个解，记，则下列说法正确的是（）A.函数的值域是B.若，的增区间为和C.若，则D.函数的最大值为4．已知实数，且，则的最小值是（）A.6 B.C. D.5．一种药在病人血液中量低于时病人就有危险，现给某病人的静脉注射了这种药，如果药在血液中以每小时80%的比例衰减，那么应再向病人的血液中补充这种药不能超过的最长时间为（）A.1.5小时 B.2小时C.2.5小时 D.3小时6．已知，若角的终边经过点，则的值为（）A. B.C.4 D.-47．已知某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积是（）A.108cm3 B.100cm3C.92cm3 D.84cm38．下列四个命题:①三点确定一个平面;②一条直线和一个点确定一个平面;③若四点不共面,则每三点一定不共线;④三条平行直线确定三个平面.其中正确有A.1个 B.2个C.3个 D.4个9．已知角的顶点与平面直角坐标系的原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边经过点，若，则的值为（）A. B.C. D.10．已知，，则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，则使不等式成立的的取值范围是_______________12．函数的反函数为___________.13．已知是第四象限角，，则______14．若直线：与直线：互相垂直，则实数的值为__________15．已知函数的图象恒过点P，若点P在角的终边上，则_________16．若函数的定义域为[－2，2]，则函数的定义域为______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．对于函数，若在其定义域内存在实数，，使得成立，则称是“跃点”函数，并称是函数的1个“跃点”（1）求证：函数在上是“1跃点”函数；（2）若函数在上存在2个“1跃点”，求实数的取值范围；（3）是否同时存在实数和正整数使得函数在上有2022个“跃点”？若存在，请求出和满足的条件；若不存在，请说明理由18．已知函数，（，且）（1）求函数的定义域；（2）当时，求关于的不等式的解集19．已知函数，函数的最小正周期为.（1）求函数的解析式，及当时，的值域；（2）当时，总有，使得，求实数m的取值范围.20．已知函数..（1）判断函数的奇偶性并证明；（2）若函数在区间上单调递减，且值域为，求实数的取值范围21．，不等式的解集为（1）求实数b，c的值；（2）时，求的值域

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】与中间值1和2比较．【详解】，，，所以故选：D.【点睛】本题考查幂与对数的大小比较，在比较对数和幂的大小时，能化为同底数的化为同底数，再利用函数的单调性比较，否则可借助中间值比较，如0，1，2等等．2、C【解析】求出扇形的弧长，然后求出圆锥的底面周长，转化为底面半径，求出圆锥的高，然后求出体积．【详解】设底面半径为r，则，所以.所以圆锥高.所以体积.故选：C.【点睛】本题考查圆锥的性质及体积，圆锥问题抓住两个关键点：（1）圆锥侧面展开图的扇形弧长等于底面周长；（2）圆锥底面半径r、高h、母线l组成直角三角形，满足勾股定理，本题考查这两种关系的应用，属于简单题.3、B【解析】利用函数的单调性判断AB选项；解方程求出从而判断C选项；举反例判断D选项.【详解】对于A选项，当时，，，为偶函数，当时，，任取，且，，若，则；若，则，即函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，图像如图示：结合偶函数的性质可知，的值域是，故A选项错误；对于B选项，，当时，，，则为偶函数，当时，，易知函数在区间上单调递减，当时，，易知函数在区间上单调递增，图像如图示：根据偶函数的性质可知，函数的增区间为和，故B选项正确；对于C选项，若，图像如图示：若，则，与方程在有两个解矛盾，故C选项错误；对于D选项，若时，，图像如图所示：当时，则与方程在有两个解矛盾，进而函数的最大值为4错误，故D选项错误；故选：B4、B【解析】构造，利用均值不等式即得解【详解】，当且仅当，即，时等号成立故选：B【点睛】本题考查了均值不等式在最值问题中的应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题5、D【解析】设时间为，依题意有，解指数不等式即可；【详解】解：设时间为，有，即，解得.故选：D6、A【解析】先通过终边上点的坐标求出，然后代入分段函数中求值即可.【详解】解：因为角的终边经过点所以所以所以故选A.【点睛】本题考查了任意角三角函数的定义，分段函数的计算求值，属于基础题.7、B【解析】由三视图可知：该几何体是一个棱长分别为6，6，3，砍去一个三条侧棱长分别为4，4，3的一个三棱锥（长方体的一个角）．据此即可得出体积．解：由三视图可知：该几何体是一个棱长分别为6，6，3，砍去一个三条侧棱长分别为4，4，3的一个三棱锥（长方体的一个角）．∴该几何体的体积V=6×6×3﹣=100．故选B．考点：由三视图求面积、体积．8、A【解析】利用三个公理及其推论逐项判断后可得正确的选项.【详解】对于①，三个不共线的点可以确定一个平面，所以①不正确；对于②，一条直线和直线外一点可以确定一个平面，所以②不正确；对于③，若三点共线了，四点一定共面，所以③正确；对于④，当三条平行线共面时，只能确定一个平面，所以④不正确.故选：A.9、C【解析】根据终边经过点，且，利用三角函数的定义求解.【详解】因为角终边经过点，且，所以，解得，故选：C10、A【解析】∵∴∴∴故选A二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】由奇偶性定义可判断出为偶函数，结合复合函数单调性的判断可得到在上单调递增，由偶函数性质知其在上单调递减，利用函数单调性解不等式即可求得结果.【详解】由，解得：或，故函数的定义域为，又，为上的偶函数；当时，单调递增，设，，在上单调递增，在上单调递增，在上单调递增，又为偶函数，在上单调递减；由可知，解得.故答案为：.【点睛】方法点睛：本题考查利用函数单调性和奇偶性求解函数不等式的问题，解决此类问题中，奇偶性和单调性的作用如下：（1）奇偶性：统一不等式两侧符号，同时根据奇偶函数的对称性确定对称区间的单调性；（2）单调性：将函数值的大小关系转化为自变量之间的大小关系.12、【解析】由题设可得，即可得反函数.【详解】由，可得，∴反函数为.故答案为：.13、【解析】利用同角三角函数的基本关系求出的值，在利用诱导公式可求得结果.【详解】因为是第四象限角，，则，所以，.故答案为：.14、-2【解析】由于两条直线垂直，故.15、【解析】由对数函数的性质可得点的坐标，由三角函数的定义求得与的值，再由正弦的二倍角公式即可求解.【详解】易知恒过点，即，因为点在角的终边上，所以，所以，，所以，故答案为：.16、【解析】∵函数的定义域为[－2，2]∴，∴∴函数的定义域为三、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）证明见详解（2）（3）存在，或或【解析】（1）将要证明问题转化为方程在上有解，构造函数转化为函数零点问题，结合零点存在性定理可证；（2）原问题等价于方程在由两个根，然后构造二次函数，转化为零点分布问题可解；（3）将问题转化为方程在上有2022个实数根，再转化为两个函数交点个数问题，然后可解.【小问1详解】因为整理得，令，因为，所以在区间有零点，即存在，使得，即存在，使得，所以，函数在上是“1跃点”函数【小问2详解】函数在上存在2个“1跃点”方程在上有两个实数根，即在上有两个实数根，令，则解得或，所以的取值范围是【小问3详解】由，得，即因为函数在上有2022个“跃点”，所以方程在上有2022个解，即函数与的图象有2022个交点.所以或或即或或18、（1）（2）【解析】（1）求使函数有意义的的范围即可；（2）根据函数的单调性解不等式组可得答案.【小问1详解】由题意可得，解得，故函数的定义域为【小问2详解】当时，函数是增函数，因为，所以，解得故原不等式的解集为19、（1），值域为（2）【解析】（1）由正弦函数的周期求得得解析式，利用正弦函数的性质可得函数值域；（2）利用时，的值域是集合的子集，分类讨论求得的最大值和最小值，得出不等关系，从而得出结论【小问1详解】，.因为，所以，所以的值域为.【小问2详解】当时，总有，使得，即时，函数的值域是的子集，即当时，.函数，其对称轴，开口向上.当时，即，可得，，所以，解得；当即时，在上单调递减，在上单调递增；所以，所以.当时，即，可得，，所以，此时无解.综上可得实数m的取值范围为.20、（1）奇函数（2）【解析】（1）先求定义域，再研究与的关系得函数奇偶性；（2）由函数在上的单调性，得函数的值域，又因为值域为，转化为关于和的关系式，由二次函数的图像与性质求的取值范围【详解】（1）函数定义域为，且.所以函数为奇函数（2）考察为单调增函数，利用复合函数单调性得到，所以，，即，即为方