福建省龙岩市高级中学2026届高一上数学期末联考试题含解析

福建省龙岩市高级中学2026届高一上数学期末联考试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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的大小关系是A. B.C. D.2．如图，某池塘里浮萍的面积（单位：）与时间t（单位：月）的关系为，关于下列说法不正确的是（）A.浮萍每月的增长率为2B.浮萍每月增加的面积都相等C.第4个月时，浮萍面积超过D.若浮萍蔓延到所经过的时间分别是，、，则3．已知函数，当时．方程表示的直线是（）A. B.C. D.4．下面各组函数中表示同一个函数的是（）A.， B.，C.， D.，5．设，则函数的零点所在的区间为（）A. B.C. D.6．在区间上任取一个数，则函数在上的最大值是3的概率为（）A. B.C. D.7．如图，在正方体中，异面直线与所成的角为（）A.90° B.60°C.45° D.30°8．已知与分别是函数与的零点，则的值为A. B.C.4 D.59．函数的部分图像是A. B.C. D.10．若，则的最小值为（）A. B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知角A为△ABC的内角，cosA=-4512．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，其中有这样一个问题：“今有宛田，下周三十步，径十六步.问为田几何？”其意思为：“有一块扇形的田，弧长为30步，其所在圆的直径为16步，问这块田的面积是多少平方步？”该问题的答案为___________平方步.13．若的最小正周期为，则的最小正周期为______14．已知函数，其所有的零点依次记为，则_________.15．如图，在棱长均相等的正四棱锥最终，为底面正方形的重心，分别为侧棱的中点，有下列结论：①平面；②平面平面；③；④直线与直线所成角的大小为其中正确结论的序号是______．（写出所有正确结论的序号）16．已知扇形的圆心角为，面积为，则该扇形的弧长为___________.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．已知函数的图象在定义域(0，+∞)上连续不断，若存在常数T>0，使得对于任意的x>0，恒成立，称函数满足性质P(T).（1）若满足性质P(2)，且，求的值；（2）若，试说明至少存在两个不等的正数T1、T2，同时使得函数满足性质P(T1)和P(T2)；（3）若函数满足性质P(T)，求证：函数存在零点.18．已知，求值：（1）；（2）2.19．已知圆经过两点，且圆心在直线上.（1）求圆的标准方程；（2）若直线过点，且被圆截得的弦长为，求直线的方程.20．设函数（1）若不等式的解集是，求不等式的解集；（2）当时，在上恒成立，求实数的取值范围21．设两个向量，，满足，.（1）若，求、的夹角；（2）若、夹角为，向量与的夹角为钝角，求实数的取值范围.

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】利用函数，，单调性，借助于0和1，即可对a、b、c比较大小，得到答案【详解】由题意，可知函数是定义域上的增函数，，又是定义域上的增函数，，又是定义域上的减函数，，所以，故选A【点睛】本题主要考查了函数值的比较大小问题，其中解答中熟记指数函数、对数函数的单调性，借助指数函数、对数函数的单调性进行判定是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.2、B【解析】先利用特殊点求出函数解析式为，再利用指数函数的性质即可判断出正误【详解】解：图象可知，函数过点，，函数解析式为，浮萍每月的增长率为，故选项A正确，函数是指数函数，是曲线型函数，浮萍每月增加的面积不相等，故选项B错误，当时，，故选项C正确，对于D选项，，，，，又，，故选项D正确，故选：B3、C【解析】先利用对数函数的性质得到所以，再利用直线的斜率和截距判断.【详解】因为时，，所以则直线的斜率为，在轴上的截距故选：C4、B【解析】根据两个函数的定义域相同，且对应关系相同分析判断即可【详解】对于A，的定义域为R，而的定义域为，两函数的定义域不相同，所以不是同一个函数；对于B，两个函数的定义域都为R，定义域相同，，这两个函数是同一个函数；对于C，的定义域为，而的定义域是R，两个函数的定义城不相同，所以不是同一个函数；对于D，的定义域为，而的定义域是R，两个的数的定义域不相同，所以不是同一个函数.故选：B.5、B【解析】根据的单调性，结合零点存在性定理，即可得出结论.【详解】在单调递增，且，根据零点存在性定理，得存在唯一的零点在区间上.故选：B【点睛】本题考查判断函数零点所在区间，结合零点存在性定理的应用，属于基础题.6、A【解析】设函数，求出时的取值范围，再根据讨论的取值范围，判断是否能取得最大值,从而求出对应的概率值【详解】在区间上任取一个数，基本事件空间对应区间的长度是，由，得，∴，∴的最大值是或，即最大值是或；令，得，解得；又，∴；∴当时，，∴在上的最大值是，满足题意；当时，，∴函数在上的最大值是，由，得，的最大值不是；7、B【解析】连接，可证明，然后可得即为异面直线与所成的角，然后可求出答案.【详解】连接，因为是正方体，所以和平行且相等所以四边形是平行四边形，所以，所以为异面直线与所成的角.因为是等边三角形，所以故选：B8、D【解析】设，，由，互为反函数，其图象关于直线对称，作直线，分别交，的图象为A，B两点，点为A，B的中点，联立方程得，由中点坐标公式得：，又，故得解【详解】解：由，化简得，设，，由，互为反函数，其图象关于直线对称，作直线，分别交，的图象为A，B两点，点为A，B的中点，联立得；，由中点坐标公式得：，所以，故选D【点睛】本题考查了反函数、中点坐标公式及函数的零点等知识，属于难题.9、D【解析】根据函数的奇偶性和函数值在某个区间上的符号，对选项进行排除，由此得出正确选项.【详解】∵是奇函数，其图像关于原点对称，∴排除A,C项；当时，，∴排除B项.故选D.【点睛】本小题主要考查函数图像的识别，考查函数的单调性，属于基础题.10、B【解析】由，根据基本不等式，即可求出结果.【详解】因为，所以，，因此，当且仅当，即时，等号成立.故选：B.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、35【解析】根据同角三角函数的关系，结合角A的范围，即可得答案.【详解】因为角A为△ABC的内角，所以A∈(0,π)，因为cosA=-所以sinA=故答案为：312、120【解析】利用扇形的面积公式求解.【详解】由题意得：扇形弧长为30，半径为8，所以扇形的面积为：，故答案为：12013、【解析】先由的最小正周期，求出的值，再由的最小正周期公式求的最小正周期.【详解】的最小正周期为，即，则所以的最小正周期为故答案为：14、16【解析】由零点定义,可得关于的方程.去绝对值分类讨论化简.将对数式化为指数式,再去绝对值可得四个方程.结合韦达定理,求得各自方程两根的乘积,即可得所有根的积.【详解】函数的零点即所以去绝对值可得或即或去绝对值可得或,或当,两边同时乘以,化简可得,设方程的根为.由韦达定理可得当,两边同时乘以,化简可得,设方程的根为.由韦达定理可得当,两边同时乘以,化简可得,设方程的根为.由韦达定理可得当,两边同时乘以,化简可得,设方程的根为.由韦达定理可得综上可得所有零点的乘积为故答案为:【点睛】本题考查了函数零点定义,含绝对值方程的解法,分类讨论思想的应用,由韦达定理研究方程根的关系,属于难题.15、①②③【解析】连接AC，易得PC∥OM，可判结论①证得平面PCD∥平面OMN，可判结论②正确由勾股数可得PC⊥PA，得到OM⊥PA，可判结论③正确根据线线平行先找到直线PD与直线MN所成的角为∠PDC，知三角形PDC为等边三角形，所以∠PDC＝60°，可判④错误【详解】如图，连接AC，易得PC∥OM，所以PC∥平面OMN，结论①正确同理PD∥ON，所以平面PCD∥平面OMN，结论②正确由于四棱锥的棱长均相等，所以AB2+BC2＝PA2+PC2＝AC2，所以PC⊥PA，又PC∥OM，所以OM⊥PA，结论③正确由于M，N分别为侧棱PA，PB的中点，所以MN∥AB，又四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD，所以直线PD与直线MN所成的角即为直线PD与直线CD所成的角，为∠PDC，知三角形PDC为等边三角形，所以∠PDC＝60°，故④错误故答案为①②③【点睛】本题考查线面平行、面面平行，考查线线角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题16、【解析】由扇形的圆心角与面积求得半径再利用弧长公式即可求弧长.【详解】设扇形的半径为r，由扇形的面积公式得：，解得，该扇形的弧长为.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）0；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【解析】（1）由满足性质可得恒成立，取可求，取可求，由此可求的值；(2）设满足，利用零点存在定理证明关于的方程至少有两个解，证明至少存在两个不等的正数，同时使得函数满足性质和；（3）分别讨论，，时函数的零点的存在性，由此完成证明.【小问1详解】因为满足性质，所以对于任意的x，恒成立.又因为，所以，，由可得，所以，；【小问2详解】若正数满足，等价于，记，显然，，因为，所以，，即.因为的图像连续不断，所以存，使得，因此，至少存在两个不等的正数，使得函数同时满足性质和.【小问3详解】若，则1即为零点；因为，若，则，矛盾，故，若，则，，，可得.取即可使得，又因为的图像连续不断，所以，当时，函数在上存在零点，当时，函数在上存在零点，若，则由，可得，由，可得，由，可得.取即可使得，又因为的图像连续不断，所以，当时，函数在上存在零点，当时，函数在上存在零点，综上，函数存在零点.【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.对于此题中的新概念，对阅读理解能力有一定的要求.但是透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.18、（1）；（2）.【解析】（1）根据已知可求出，将所求的式子化弦为切，即可求解；（2）引进分式，利用“1”的变化，将所求式子化为的齐次分式，化弦为切，即可求解.【详解】.（1）；（2）2.【点睛】关键点睛：解决问题二的关键在于利用“1”的变化，将所求式子化为的齐次分式，化弦为切.19、（1）（2）或.【解析】（1）设圆的方程为，根据题意列出方程组，求得的值，即可求解；（2）由圆的弦长公式，求得圆心到直线的距离为，分类直线的斜率不存在和斜率存在两种情况讨论，即可求得直线的方程.【小问1详解】解：圆经过两点，且圆心在直线上，设圆的方程为，可得，解得，所以圆的方程为，即.【小问2详解】解：由圆，可得圆心，半径为，因为直线过点，且被圆截得的弦长为，可得，解得，即圆心到直线的距离为，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时圆心到直线的距离为，符合题意；当直线的斜率存在时，设直线的斜率为，可得直线的方程为，即由圆心到直线的距离为，解得，所以直线的方程为，即，综上可得，所求直线方程为或.20、（1）或（2）【解析】（1）由题意，是方程的解，利用韦达定理求解，代入，结合一元二次函数、方程、不等式的关系求解即可；（2），代入转化不等式为，换元法求解的最大值即可【小问1详解】因为不等式的解集是，所以是方程的解由韦达定理解得故不等式为，即解得或故不等式得其解集为或【小问2详解】当时，在上恒成立，所以令，则令，则，由于均为的减函数故在上为减函数所以当时，取最大值，且