江苏省常州中学2026届数学高一上期末教学质量检测模拟试题含解析

江苏省常州中学2026届数学高一上期末教学质量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．命题“∀x∈R，都有x2-x+3>0A.∃x∈R，使得x2-x+3≤0 B.∃x∈RC.∀x∈R，都有x2-x+3≤0 D.∃x∉R2．已知函数的定义域为R，是偶函数，，在上单调递增，则不等式的解集为（）A. B.C D.3．如图一铜钱的直径为毫米，穿径（即铜钱内的正方形小孔边长）为毫米，现向该铜钱内随机地投入一粒米（米的大小忽略不计），则该粒米未落在铜钱的正方形小孔内的概率为A. B.C. D.4．已知直线经过点，，则该直线的斜率是A. B.C. D.5．若函数的图像关于点中心对称，则的最小值为（）A. B.C. D.6．半径为2的扇形OAB中，已知弦AB的长为2，则的长为A. B.C. D.7．给出下列四个命题：①若，则对任意的非零向量，都有②若，，则③若，，则④对任意向量都有其中正确的命题个数是（）A.3 B.2C.1 D.08．平面与平面平行的条件可以是（）A.内有无穷多条直线与平行 B.直线，C.直线，直线，且， D.内的任何直线都与平行9．已知集合A={t2+s2|t，s∈Z}，且x∈A，y∈A，则下列结论正确的是Ax+y∈AB.x-y∈AC.xy∈AD.10．已知a，b，c，d均为实数，则下列命题正确的是（）A.若，，则B.若，，则C.若，则D.若，则二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．经过点，且在轴上的截距等于在轴上的截距的2倍的直线的方程是__________12．若，，且，则的最小值为__________13．已知则_______.14．的值等于____________15．一个几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积为__________16．求值：2+=____________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（且）的图像过点.（1）求a的值；（2）求不等式的解集.18．已知函数，.（1）若关于的不等式的解集为，当时，求的最小值；（2）若对任意的、，不等式恒成立，求实数的取值范围19．已知函数，若，且，.（1）求与的值；（2）当时，函数的图象与的图象仅有一个交点，求正实数的取值范围.20．计算下列各式的值：（Ⅰ)（Ⅱ）21．设全集U=R，集合A={x|2x-1≥1}，B={x|x2-4x-5＜0}（Ⅰ）求A∩B，（∁UA）∪（∁UB）；（Ⅱ）设集合C={x|m+1＜x＜2m-1}，若B∩C=C，求实数m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】根据全称命题的否定表示方法选出答案即可.【详解】命题“∀x∈R,都有x2“∃x∈R,使得x2故选：A.2、A【解析】由题意判断出函数关于对称，结合函数的对称性与单调性求解不等式.【详解】∵是偶函数，∴函数关于对称，∴，又∵在上单调递增，∴在单调递减，∴可化为，解得，∴不等式解集为.故选：A3、B【解析】由题意结合几何概型公式可得：该粒米未落在铜钱的正方形小孔内的概率为:.本题选择B选项.点睛：数形结合为几何概型问题的解决提供了简捷直观的解法．用图解题的关键：用图形准确表示出试验的全部结果所构成的区域，由题意将已知条件转化为事件A满足的不等式，在图形中画出事件A发生的区域，通用公式：P(A)＝.4、D【解析】根据斜率公式，，选D.5、C【解析】根据函数的图像关于点中心对称，由求出的表达式即可.【详解】因为函数的图像关于点中心对称，所以，所以，解得，所以故选：C【点睛】本题主要考查余弦函数的对称性，还考查了运算求解的能力，属于基础题.6、C【解析】由已知可求圆心角的大小，根据弧长公式即可计算得解【详解】设扇形的弧长为l，圆心角大小为，∵半径为2的扇形OAB中，弦AB的长为2，∴，∴故选C【点睛】本题主要考查了弧长公式的应用，考查了数形结合思想的应用，属于基础题7、D【解析】对于①，当两向量垂直时，才有；对于②，当两向量垂直时，有，但不一定成立；对于③，当，时，可以是任意向量；对于④，当向量都为零向量时，【详解】解：对于①，因为，，所以当两向量垂直时，才有，所以①错误；对于②，因为，，所以或，所以②错误；对于③，因为，所以，所以可以是任意向量，不一定是相等向量，所以③错误；对于④，当时，，所以④错误，故选：D8、D【解析】由题意利用平面与平面平行的判定和性质，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论【详解】解：当内有无穷多条直线与平行时，与可能平行，也可能相交，故A错误当直线，时，与可能平行也可能相交，故B错误当直线，直线，且，，如果，都平行，的交线时满足条件，但是与相交，故C错误当内的任何直线都与平行时，由两个平面平行的定义可得，这两个平面平行，故D正确；故选：D9、C【解析】∵集合A={t2+s2∣∣t,s∈Z}，∴1∈A，2∈A，1+2=3∉A，故A“x+y∈A”错误；又∵1−2=−1∉A，故B“x−y∈A”错误；又∵,故D“∈A”错误；对于C,由，设，且.则.且，所以.故选C.10、B【解析】利用不等式的性质逐项判断可得出合适的选项.【详解】对于A选项，若，，则，故，A错；对于B选项，若，，则，所以，，故，B对；对于C选项，若，则，则，C错；对于D选项，若，则，所以，，D错.故选：B.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、或【解析】设所求直线方程为，将点代入上式可得或.考点：直线的方程12、##【解析】运用均值不等式中“1”的妙用即可求解.【详解】解：因为，，且，所以，当且仅当时等号成立，故答案为：.13、【解析】因为，所以14、2【解析】利用诱导公式、降次公式进行化简求值.【详解】.故答案为：15、【解析】几何体为一个圆锥与一个棱柱的组合体,体积为16、-3【解析】利用对数、指数的性质和运算法则求解【详解】解：（）lg（1）lg1[（）3]2+（）02+1＝﹣3故答案为﹣3【点睛】本题考查对数式、指数式的化简求值，是基础题，解题时要认真审题，注意对数、指数的性质、运算法则的合理运用三、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）代入点坐标计算即可；（2）根据定义域和单调性即可获解【小问1详解】依题意有∴.【小问2详解】易知函数在上单调递增，又，∴解得.∴不等式的解集为.18、（1）（2）【解析】（1）根据二次不等式的解集得，再根据基本不等式求解即可；（2）根据题意将问题转化为在恒成立，再令，（），分类讨论即可求解.【详解】（1）由关于的不等式的解集为，所以知∴又∵，∴，取“”时∴即的最小值为，取“”时（2）∵时，，∴根据题意得：在恒成立记，（）①当时，由，∴②当时，由，∴③当时，由，综上所述，的取值范围是【点睛】本题的第二问中关键是采用动轴定区间的方法进行求解，即讨论对称轴在定区间的左右两侧以及对称轴在定区间上的变化情况，从而确定该函数的最值.19、（1），.（2）.【解析】（1）由，可得，结合，得，，则，；（2），，，分三种情况讨论，时，时，结合二次函数对称轴与单调性，以及对数函数的单调性，可筛选出符合题意的正实数的取值范围.试题解析：（1）设，则，因为，因为，得，，则，.（2）由题可知，，.当时，，在上单调递减，且，单调递增，且，此时两个图象仅有一个交点.当时，，在上单调递减，在上单调递增，因为两个图象仅有一个交点，结合图象可知，得.综上，正实数的取值范围是.20、(Ⅰ)；(Ⅱ).【解析】（1）根据对数运算法则化简求值（2）根据指数运算法则，化简求值试题解析：（Ⅰ）原式.（Ⅱ）原式.21、（Ⅰ）{x|x＜1或x≥5}，（Ⅱ）（-∞，3].【解析】（Ⅰ）求出集合A，B，由此能出A∩B，（∁UA）∪（∁UB）（Ⅱ）由集合C＝{x|m+1＜x＜2m﹣1}，B∩C＝C，得C⊆B，当C＝∅时，2m﹣1＜m+1，当C≠∅时，由C⊆B得，由此能求出m的取值范围【详解】解：（Ⅰ）∵全集U=R，集合A={x|2x-1≥1}={x|x≥1}，B={x|x2-4x-5＜0}={x|-1＜x＜5}∴