福建省福州第四中学2026届数学高一上期末学业质量监测试题含解析

福建省福州第四中学2026届数学高一上期末学业质量监测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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．要得到函数的图象，只需将函数的图象A.向左平移个单位 B.向右平移个单位C.向左平移个单位 D.向右平移个单位2．已知是上的奇函数，且当时，，则当时，（）A. B.C. D.3．已知正方体ABCD-ABCD中,E、F分别为BB、CC的中点,那么异面直线AE与DF所成角的余弦值为A. B.C. D.4．已知函数，若存在R，使得不等式成立，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.5．已知定义在R上的函数，（e为自然对数的底数，），则（）A.3 B.6C.3e D.与实数m的取值有关6．已知幂函数的图象过点，则的值为（）A. B.1C.2 D.47．若函数在区间上单调递减，则实数满足的条件是A. B.C. D.8．已知圆锥的底面半径为，当圆锥的体积为时，该圆锥的母线与底面所成角的正弦值为（）A. B.C. D.9．“xR，exx10”的否定是（）A.xR，exx10 B.xR，exx10C.xR，exx10 D.xR，exx1010．已知幂函数f（x）=xa的图象经过点（2，），则函数f（x）为（）A.奇函数且在上单调递增 B.偶函数且在上单调递减C.非奇非偶函数且在上单调递增 D.非奇非偶函数且在上单调递减二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知扇形的圆心角为，半径为，则扇形的面积为______12．已知扇形的弧长为，且半径为，则扇形的面积是__________.13．中国剪纸是一种用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹，用于装点生活或配合其他民俗活动的民间艺术.现有两名剪纸艺人创作甲、乙两种作品，他们在一天中的工作情况如图所示，其中点Ai的横、纵坐标分别为第i名艺人上午创作的甲作品数和乙作品数，点Bi的横、纵坐标分别为第i名艺人下午创作的甲作品数和乙作品数，i=1，①该天上午第1名艺人创作的甲作品数比乙作品数少；②该天下午第1名艺人创作的乙作品数比第2名艺人创作的乙作品数少；③该天第1名艺人创作的作品总数比第2名艺人创作的作品总数少；④该天第2名艺人创作的作品总数比第1名艺人创作的作品总数少.其中所有正确结论序号是___________.14．若，则a的取值范围是___________15．已知是定义在R上的偶函数，且在区间上单调递增.若实数满足，则的取值范围是______.16．已知扇形的圆心角为，扇形的面积为，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．求下列函数的解析式（1）已知是一次函数，且满足，求；（2）若函数，求18．已知直线l经过点，其倾斜角为.（1）求直线l的方程；（2）求直线l与两坐标轴围成的三角形的面积.19．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，D，E分别为棱AB，BC的中点，M为棱AA1的中点（1）证明：A1B1⊥C1D；（2）若AA1＝4，求三棱锥A﹣MDE的体积20．在平面直角坐标系中，已知角的页点为原点，始边为轴的非负半轴，终边经过点.（1）求的值；（2）求旳值.21．已知函数.（1）求；（2）设，，求的值.

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、C【解析】化函数解析式为，再由图象平移的概念可得【详解】解要得到函数的图象，只需将函数的图象向左平移个单位，即：故选C【点睛】本题考查函数图象平移变换，要注意的左右平移变换只针对自变量加减，即函数的图象向左平移个单位，得图象的解析式为2、B【解析】设，则，求出的解析式，根据函数为上的奇函数，即可求得时，函数的解析式，得到答案.【详解】由题意，设，则，则，因为函数为上的奇函数，则，得，即当时，.故选：B.【点睛】本题主要考查了利用函数的奇偶性求解函数的解析式，其中解答中熟记函数的奇偶性，合理计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.3、C【解析】连接DF,因为DF与AE平行,所以∠DFD即为异面直线AE与DF所成角的平面角,设正方体的棱长为2,则FD=FD=,由余弦定理得cos∠DFD==.4、D【解析】利用函数的奇偶性与单调性把函数不等式变形，然后由分离参数法转化为求函数的最值【详解】是奇函数，且在上是增函数，因此不等式可化为，所以，，由得的最小值是2，所以故选：D5、B【解析】可证，从而可得正确的选项.【详解】因为，故，故，故选：B6、C【解析】设出幂函数的解析式，利用给定点求出解析式即可计算作答.【详解】依题意，设，则有，解得，于得，所以.故选：C7、A【解析】因为函数在区间上单调递减，所以时，恒成立，即，故选A.8、A【解析】首先理解圆锥体中母线与底面所成角的正弦值为它的高与母线的比值，结合圆锥的体积公式及已知条件即可求出正弦值.【详解】如图，根据圆锥的性质得底面圆，所以即为母线与底面所成角，设圆锥的高为，则由题意，有，所以，所以母线的长为，则圆锥的母线与底面所成角的正弦值为.故选：A【点睛】本题考查了圆锥的体积，线面角的概念，考查运算求解能力，是基础题.本题解题的关键在于根据圆锥的性质得即为母线与底面所成角，再根据几何关系求解.9、B【解析】由全称命题的否定即可得解.【详解】因为命题“xR，exx10”为全称命题，所以该命题的否定为：xR，exx10.故选：B.10、C【解析】根据已知求出a=，从而函数f（x）=，由此得到函数f（x）是非奇非偶函数且在（0，+∞）上单调递增【详解】∵幂函数f（x）=xa的图象经过点（2，），∴2a=，解得a=，∴函数f（x）=，∴函数f（x）是非奇非偶函数且在（0，+∞）上单调递增故选C【点睛】本题考查命题真假的判断，考查幂函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】∵扇形的圆心角为，半径为，∴扇形的面积故答案为12、##【解析】由扇形面积公式可直接求得结果.【详解】扇形面积.故答案为：.13、①②④【解析】根据点的坐标的意义结合图形逐个分析判断即可【详解】对于①，由题意可知，A1的横、纵坐标分别为第1名艺人上午创作的甲作品数和乙作品数，由图可知A1的横坐标小于纵坐标，所以该天上午第对于②，由题意可知，B1的纵坐标为第1名艺人下午创作的乙作品数，B2的纵坐标为第2名艺人下午创作的乙作品数，由图可知B1的纵坐标小于B2的纵坐标，所以该天下午第对于③，④，由图可知，A1,B1的横、纵坐标之和大于A2故答案为：①②④14、【解析】先通过的大小确定的单调性，再利用单调性解不等式即可【详解】解：且，，得，又在定义域上单调递减，，，解得故答案为：【点睛】方法点睛：在解决与对数函数相关的解不等式问题时，要优先考虑利用对数函数的单调性来求解．在利用单调性时，一定要明确底数a的取值对函数增减性的影响，及真数必须为正的限制条件15、【解析】由题意在上单调递减，又是偶函数，则不等式可化为，则，，解得16、【解析】利用扇形的面积求出扇形的半径，再带入弧长计算公式即可得出结果【详解】解：由于扇形的圆心角为，扇形的面积为，则扇形的面积，解得：，此扇形所含的弧长.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），；（2），【解析】（1）利用待定系数法求解；（2）利用换元法求解.【详解】（1）因为是一次函数，设，则，所以，则，解得，所以；（2）由函数，令，则，所以，所以.18、(1);(2).【解析】(1)由斜率,再利用点斜式即可求得直线方程；(2)由直线的方程，分别令为，得到纵截距与横截距，即可得到直线与两坐标轴所围成的三角形的面积.【详解】(1)直线方程为：，即.(2)由(1)令，则；令，则.所以直线与两坐标轴所围成的三角形的面积为：.【点睛】本题考查直线的点斜式方程，直线截距的意义，三角形的面积，属于基础题.19、（1）证明见解析（2）【解析】（1）通过证明AB⊥CD，AB⊥CC1，证明A1B1⊥平面CDC1，然后证明A1B1⊥C1D；（2）求出底面△DCE的面积，求出对应的高，即点到底面DCE的距离，然后求解四面体M-CDE的体积，由三棱锥A﹣MDE的体积就是三棱锥M﹣CDE的体积得结论.【详解】（1）证明：∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，∴AB⊥CD，AB⊥CC1，CD∩CC1＝C，∴AB⊥平面CDC1，∵A1B1∥AB，∴A1B1⊥平面CDC1，∵C1D平面CDC1，∴A1B1⊥C1D；（2）解：三棱锥A﹣MDE的体积就是三棱锥M﹣CDE的体积，AC＝BC＝2，D，E分别为棱AB，BC的中点，M为棱AA1的中点．AA1＝4，所以AM＝2，AB⊥CD，三棱锥A﹣MDE的体积：【点睛】本题考查线面垂直，考查点到面的距离，解题的关键是利用线面垂直证明线线线垂直，利用等体积法求点到面的距离，是中档题2