2026届云南省曲靖市麒麟区二中高一上数学期末预测试题含解析

2026届云南省曲靖市麒麟区二中高一上数学期末预测试题考生须知：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．命题关于的不等式的解集为的一个充分不必要条件是（）A. B.C. D.2．已知二次函数值域为，则的最小值为（）A.16 B.12C.10 D.83．若函数是函数（且）的反函数，且，则（）A. B.C. D.4．设函数，则（）A.是偶函数，且在单调递增 B.是偶函数，且在单调递减C.是奇函数，且在单调递增 D.是奇函数，且在单调递减5．已知函数f（x）（x∈R）满足f（2-x）=-f（x），若函数y=与f（x）图象的交点为（x1，y1），（x2，y2），…，（xm，ym）（m∈N*），则x1+x2+x3+…+xm的值为（）A.4m B.2mC.m D.06．O为正方体底面ABCD的中心，则直线与的夹角为A. B.C. D.7．如图，一根绝对刚性且长度不变、质量可忽略不计线，一端固定，另一端悬挂一个沙漏让沙漏在偏离平衡位置一定角度后在重力作用下在铅垂面内做周期摆动．设线长为，沙漏摆动时离开平衡位置的位移（单位：cm）与时间（单位：s）的函数关系是，．若，要使沙漏摆动的最小正周期是，则线长约为（）A.5m B.C. D.20m8．已知且，函数，满足对任意实数，都有成立，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.9．幂函数的图象过点，则（）A. B.C. D.10．设，，，则的大小关系为（）A. B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．写出一个能说明“若函数为奇函数，则”是假命题的函数：_________.12．对于函数和，设，，若存在、，使得，则称与互为“零点关联函数”．若函数与互为“零点关联函数”，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.13．函数的单调递减区间为_______________.14．如图，在四棱锥中，平面平面，是边长为4的等边三角形，四边形是等腰梯形，，则四棱锥外接球的表面积是____________.15．如图，在四面体A－BCD中，已知棱AC的长为，其余各棱长都为1，则二面角A－CD－B的平面角的余弦值为________.16．设函数，若，则的取值范围是________.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，若区间上有最大值5，最小值2.（1）求的值（2）若，在上单调，求的取值范围.18．已知向量，向量分别为与向量同向的单位向量.（Ⅰ）求向量与的夹角；（Ⅱ）求向量的坐标.19．在平面直角坐标系中，已知点，，在圆上（1）求圆的方程；（2）过点的直线交圆于，两点.①若弦长，求直线的方程；②分别过点，作圆的切线，交于点，判断点在何种图形上运动，并说明理由.20．已知函数（1）求的值域；（2）当时，关于的不等式有解，求实数的取值范围21．已知函数对任意实数x，y满足，，当时，判断在R上的单调性，并证明你的结论是否存在实数a使f

成立？若存在求出实数a；若不存在，则说明理由

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】根据三个二次式的性质，求得命题的充要条件，结合选项和充分不必要的判定方法，即可求解.【详解】由题意，命题不等式的解集为，即不等式的解集为，可得，解得，即命题的充要条件为，结合选项，可得，所以是的一个充分不必要条件.故选：D.2、D【解析】根据二次函数的值域求出a和c的关系，再利用基本不等式即可求的最小值.【详解】由题意知，，∴且，∴，当且仅当，即，时取等号.故选：D.3、B【解析】由题意可得出，结合可得出的值，进而可求得函数的解析式.【详解】由于函数是函数（且）的反函数，则，则，解得，因此，.故选：B.4、D【解析】利用函数奇偶性的定义可判断出函数的奇偶性，分析函数解析式的结构可得出函数的单调性.【详解】函数的定义域为，，所以函数为奇函数.而，可知函数为定义域上减函数，因此，函数为奇函数，且是上的减函数.故选：D.5、C【解析】由条件可得，即有关于点对称，又的图象关于点对称，即有，为交点，即有，也为交点，计算即可得到所求和【详解】解：函数满足，即为，可得关于点对称，函数的图象关于点对称，即有，为交点，即有，也为交点，，为交点，即有，也为交点，则有．故选．【点睛】本题考查抽象函数的求和及对称性的运用，属于中档题．6、D【解析】推导出A1C1⊥BD，A1C1⊥DD1，从而D1O⊂平面BDD1，由此得到A1C1⊥D1O【详解】∵O为正方体ABCD﹣A1B1C1D1底面ABCD的中心，∴A1C1⊥BD，A1C1⊥DD1，∵BD∩DD1＝D，∴A1C1⊥平面BDD1，∵D1O⊂平面BDD1，∴A1C1⊥D1O故答案为：D【点睛】本题考查与已知直线垂直的直线的判断，是中档题，做题时要认真审题，注意线面垂直的性质的合理运用7、A【解析】根据余弦函数的周期公式计算，即可求得答案.【详解】因为函数最小正周期是，故，即，解得（m）,故选：A8、D【解析】根据单调性的定义可知函数在R上为增函数，即可得到，解出不等式组即可得到实数的取值范围【详解】∵对任意实数，都有成立，∴函数在R上为增函数，∴，解得，∴实数的取值范围是故选：D9、C【解析】将点代入中，求解的值可得，再求即可.【详解】因为幂函数的图象过点，所以有：，即.所以，故，故选：C.10、D【解析】利用指数函数和对数函数的单调性即可判断.【详解】，，，，.故选：D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、（答案不唯一）【解析】由题意，只需找一个奇函数，0不在定义域中即可.【详解】由题意，为奇函数且，则满足题意故答案为：12、C【解析】先求得函数的零点为，进而可得的零点满足，由二次函数的图象与性质即可得解.【详解】由题意，函数单调递增，且，所以函数的零点为，设的零点为，则，则，由于必过点，故要使其零点在区间上，则或，即或，所以，故选：C.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是将题目条件转化为函数零点的范围，再由二次函数的图象与性质即可得解.13、【解析】由题得，利用正切函数的单调区间列出不等式，解之即得.【详解】由题意可知，则要求函数的单调递减区间只需求的单调递增区间，由得，所以函数的单调递减区间为.故答案为：.14、##【解析】先根据面面垂直，取△的外接圆圆心G，梯形的外接圆圆心F，分别过两点作对应平面的垂线，找到交点为外接球球心，再通过边长关系计算半径，代入球的表面积公式即得结果.【详解】如图，取的中点，的中点，连，，在上取点，使得，由是边长为4的等边三角形，四边形是等腰梯形，，可得，，即梯形的外接圆圆心为F，分别过点、作平面、平面的垂线，两垂线相交于点，显然点为四棱锥外接球的球心，由题可得，，，则四棱锥外接球的半径，故四棱锥外接球的表面积为故答案为：.15、【解析】如图，取中点，中点，连接，由题可知，边长均为1，则，中，，则，得，所以二面角的平面角即，在中，，则，所以．点睛：本题采用几何法去找二面角，再进行求解．利用二面角的定义：公共边上任取一点，在两个面内分别作公共边的垂线，两垂线的夹角就是二面角的平面角，找到二面角的平面角，再求出对应三角形的三边，利用余弦定理求解（本题中刚好为直角三角形）．16、【解析】当时，由，求得x0的范围；当x0<2时，由，求得x0的取值范围，再把这两个x0的取值范围取并集，即为所求.【详解】当时，由，求得x0>3；当x0<2时，由，解得：x0<-1.综上所述:x0的取值范围是.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）或；（2）.【解析】（1）分和两种情况讨论，根据单调性的不同分别代入求值即可；（2）易知也为二次函数，若要在区间上单调，则对称轴在区间外即可.【详解】（1）由可得二次函数的对称轴为，①当时，在上为增函数，可得，所以，当时，在上为减函数，可得，解得；（2）即，在上单调，或即或，故的取值范围为.18、(Ⅰ)；(Ⅱ).【解析】（Ⅰ）运用向量的数量积求解即可．（Ⅱ）先根据单位向量的概念求得，再求的坐标试题解析：（Ⅰ）因为向量，所以，，所以，又因为，所以.即向量与的夹角为（Ⅱ）由题意得，，所以即向量的坐标为19、（1）（2）【解析】（1）设圆的方程为：，将点，，分别代入圆方程列方程组可解得，，，从而可得圆的方程；（2）①由（1）得圆的标准方程为，讨论两种情况，当直线的斜率存在时，设为，则的方程为，由弦长，根据点到直线距离公式列方程求得，从而可得直线的方程；②，利用两圆公共弦方程求出切点弦方程，将代入切点弦方程，即可得结果.试题解析：（1）设圆方程为：，由题意可得解得，，，故圆方程为（2）由（1）得圆的标准方程为①当直线的斜率不存在时，的方程是，符合题意；当直线的斜率存在时，设为，则的方程为，即，由，可得圆心到的距离，故，解得，故的方程是，所以，方程是或②设，则切线长，故以为圆心，为半径的圆的方程为，化简得圆的方程为：，①又因为的方程为，②②①化简得直线的方程为，将代入得：，故点在直线上运动20、（1）（2）【解析】（1）由．令，换元后再配方可得答案；（2）由得，令，转化为时有解的问题可得答案【小问1详解】，令，则，所以的值域为【小问2详解】，即，令，则，即在上有解，当时，m无解；当时，可得，因为，当且仅当时，等号成立，所以．综上，实数m的取值范围为21、（1）在上单调递增，证明见解析；（2）存在，.【解析】（1）令，则，根据已知中函数对任意实数满足，当时，易证得，由增函数的定义，即可得到在上单调递增；（2）由已知中函数对任意实数满足，，利用“凑”的思想，我们可得，结合（1）中函数在上单调递增，我们可将转化为一个关于的一元二次不等式，解不等式即可得到实数的取值范围试题解析：（1）设，∴，又，∴即，∴在上单调递增（2）令，则，∴∴，∴，即，又在上单调递增，∴，即，解得，故存在这样的实数，即考点：1.抽象函数及其应用；2.函数单调性的判