河北省石家庄第二中学2026届高一上数学期末检测试题含解析

河北省石家庄第二中学2026届高一上数学期末检测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．若，其中，则（）A. B.C. D.2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于A. B.C. D.153．对于直线的截距，下列说法正确的是A.在y轴上的截距是6 B.在x轴上的截距是6C.在x轴上的截距是3 D.在y轴上的截距是-34．函数的零点个数为（）A. B.C. D.5．棱长为1的正方体可以在一个棱长为的正四面体的内部任意地转动，则的最小值为A. B.C. D.6．直线截圆所得的线段长为（）A.2 B.C.1 D.7．函数的图象如图所示，为了得到函数的图象，可以把函数的图象A.每个点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向左平移个单位B.每个点横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变），再向左平移个单位C.先向左平移个单位，再把所得各点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变）D.先向左平移个单位，再把所得各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）8．空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为点，关于原点的对称点为点，则间的距离为A. B.C. D.9．设，则的大小关系是（）A. B.C. D.10．函数（）的零点所在的一个区间是（）A. B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．在上，满足的取值范围是______.12．不等式的解集为_________________.13．若，则的定义域为____________.14．定义在上的偶函数满足，且在上是减函数，若、是钝角三角形的两个锐角，对（1），为奇数；（2）；（3）；（4）；（5）.则以上结论中正确的有______________.(填入所有正确结论的序号).15．若命题“”为真命题，则的取值范围是______16．已知向量，写出一个与共线的非零向量的坐标__________.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．设，为两个不共线的向量，若.（1）若与共线，求实数的值；（2）若为互相垂直的单位向量，且，求实数的值.18．已知函数.（1）用函数单调性定义证明：函数在区间上是严格增函数；（2）函数在区间上是单调函数吗？为什么？19．若函数在定义域内存在实数，使得成立，则称函数有“飘移点”Ⅰ试判断函数及函数是否有“飘移点”并说明理由；Ⅱ若函数有“飘移点”，求a的取值范围20．已知函数的图象在直线的下方且无限接近直线.（1）判断函数的单调性（写出判断说明即可，无需证明），并求函数解析式；（2）判断函数的奇偶性并用定义证明；（3）求函数的值域.21．已知函数的定义域为A，的值域为B（1）求A，B；（2）设全集，求

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】化简已知条件，结合求得的值.【详解】依题意，，所以，，由于，所以.故选：D2、B【解析】根据三视图可知，该几何体为一个直四棱柱，底面是直角梯形，两底边长分别为，高为，直四棱柱的高为，所以底面周长为，故该几何体的表面积为，故选B考点：1．三视图；2．几何体的表面积3、A【解析】令，得y轴上的截距，令得x轴上的截距4、B【解析】当时，令，故，符合；当时，令，故，符合，所以的零点有2个，选B.5、A【解析】由题意可知正方体的外接球为正四面体的内切球时a最小，此时R=，.6、C【解析】先算出圆心到直线的距离，进而根据勾股定理求得答案.【详解】圆，即圆心.圆心C到直线的距离，则直线截圆所得线段长为：.故选：C.7、C【解析】根据函数的图象，设可得再根据五点法作图可得故可以把函数的图象先向左平移个单位，得到的图象，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），即可得到函数的图象，故选C8、C【解析】分析：求出点关于平面的对称点，关于原点的对称点，直接利用空间中两点间的距离公式，即可求解结果.详解：在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点，关于原点的对称点，则间的距离为，故选C.点睛：本题主要考查了空间直角坐标系中点的表示，以及空间中两点间的距离的计算，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.9、B【解析】利用“”分段法确定正确选项.【详解】，，所以.故选：B10、C【解析】将各区间的端点值代入计算并结合零点存在性定理判断即可.【详解】由，，，所以，根据零点存在性定理可知函数在该区间存在零点.故选：C二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】结合正弦函数图象可知时，结合的范围可得到结果.【详解】本题正确结果：【点睛】本题考查根据三角函数值的范围求解角所处的范围，关键是能够熟练应用正弦函数图象得到对应的自变量的取值集合.12、或.【解析】利用一元二次不等式的求解方法进行求解.【详解】因为，所以，所以或，所以不等式的解集为或.故答案为：或.13、【解析】使表达式有意义，解不等式组即可.【详解】由题，解得，即，故答案为：.【点晴】此题考函数定义域的求法，属于简单题.14、（1）（4）（5）【解析】令，结合偶函数得到，根据题意推出函数的周期为，可得（1）正确；根据函数在上是减函数，结合周期性可得在上是增函数，利用、是钝角三角形的两个锐角，结合正弦函数、余弦函数的单调性可得，，再利用函数的单调性可得（4）（5）正确，当时，可得（2）（3）不正确.【详解】∵，令，得，又是偶函数，则，∴，且，可得函数是周期为2的函数.故，为奇数.故（1）正确；∵、是钝角三角形的两个锐角，∴，可得，∵在区间上是增函数，，∴，即钝角三角形的两个锐角、满足，由在区间上是减函数得，∵函数是周期为2的函数且在上是减函数，∴在上也是减函数，又函数是定义在上的偶函数，可得在上是增函数.∵钝角三角形的两个锐角、满足，，且，，∴，.故（4）（5）正确；当时，，，，，故（2）（3）不正确.故答案为：（1）（4）（5）【点睛】关键点点睛：利用函数的奇偶性和单调性求解是解题关键.15、【解析】依题意可得恒成立，则，得到一元二次不等式，解得即可；【详解】解：依题意可得，命题等价于恒成立，故只需要解得，即故答案为：16、（纵坐标为横坐标2倍即可，答案不唯一）【解析】向量与共线的非零向量的坐标纵坐标为横坐标2倍，例如（2，4）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）2.【解析】(1)若与共线，则存在实数，使得，根据，为两个不共线的向量可列出关于k和λ的方程组，求解方程组即可；(2)若，则，代入，根据向量数量积运算律即可计算.小问1详解】若与共线，则存在实数，使得，即，则且，解得；小问2详解】由题可知，，，若，则，变形可得：，即.18、（1）证明见解析；（2）不是单调函数，理由见解析.【解析】（1）根据函数解析式在给定区间内任取，判断对应函数值的大小关系，即可说明函数的单调性.（2）利用三元基本不等式求在上的最值并确定等号成立的条件，即可判断的单调性.【小问1详解】由题设，且，任取，则，又，，，，即，∴，即，∴函数在区间上是严格增函数；【小问2详解】由题设，在上，当且仅当时等号成立，∴，显然在的两侧单调性不同.∴在上不是单调函数.19、（Ⅰ）函数有“飘移点”，函数没有“飘移点”．证明过程详见解析（Ⅱ）【解析】Ⅰ按照“飘移点”的概念，只需方程有根即可，据此判断；Ⅱ由题得，化简得，可得，可求>，解得a范围【详解】Ⅰ函数有“飘移点”，函数没有“飘移点”，证明如下：设在定义域内有“飘移点”，所以：，即：，解得：，所以函数在定义域内有“飘移点”是0；设函数有“飘移点”，则，即由此方程无实根，与题设矛盾，所以函数没有飘移点Ⅱ函数的定义域是，因为函数有“飘移点”，所以：，即：，化简可得：，可得：，因为，所以：，所以：，因为当时，方程无解，所以，所以，因为函数的定义域是，所以：，即：，因为，所以，即：，所以当时，函数有“飘移点”【点睛】本题考查了函数的方程与函数间的关系，即利用函数思想解决方程根的问题，利用方程思想解决函数的零点问题，由转化为关于方程在有解是本题关键.20、（1）函数在上单调递增，（2）奇函数，证明见解析（3）【解析】（1）根据函数的单调性情况直接判断；（2）根据奇偶性的定义直接判断；（3）由奇偶性直接判断值域.【小问1详解】因为随着增大，减小，即增大，故随增大而增大，所以函数在上单调递增.由的图象在直线下方，且无限接近直线，得，所以函数的解析式.【小问2详解】由（1）得，整理得，函数定义域关于原点对称，