上海市南汇第一中学2026届数学高一上期末考试模拟试题含解析

上海市南汇第一中学2026届数学高一上期末考试模拟试题注意事项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．若斜率为2的直线经过，，三点，则a，b的值是A.， B.，C.， D.，2．幂函数y=f（x）的图象过点（4，2），则幂函数y=f（x）的图象是A. B.C. D.3．将函数的图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍（纵坐标不变），再向右平移个单位，得到函数的图象，则函数的图象的一条对称轴为A. B.C. D.4．若，，则是（）A.第一象限角 B.第二象限角C.第三象限角 D.第四象限角5．“”是“”成立的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件6．函数的图像必经过点A.（0,2） B.（4,3）C.（4,2） D.（2,3）7．若命题“，使得”为真命题，则实数a的取值范围是（）A. B.C. D.8．已知函数，现有下列四个结论：①对于任意实数a，的图象为轴对称图形；②对于任意实数a，在上单调递增；③当时，恒成立；④存在实数a，使得关于x的不等式的解集为其中所有正确结论的序号是（）A.①② B.③④C.②③④ D.①②④9．已知角α的终边过点，则的值是（）A. B.C.0 D.或10．以下给出的是计算的值的一个程序框图，其中判断框内应填入的条件是A.B.C.D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．若sinθ=，求的值_______12．在平面直角坐标系中，正三角形ABC的边BC所在直线的斜率是0，则AC，AB所在直线的斜率之和为________13．在中，三个内角所对的边分别为，，，，且，则的取值范围为__________14．已知，则的值为________15．若不等式的解集为，则______，______16．已知A(3,0),B(0,4),直线AB上一动点P(x,y),则xy的最大值是___.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．如图，在四边形中，，，，为等边三角形，是的中点.设，.（1）用，表示，，（2）求与夹角的余弦值.18．已知函数.（1）求其最小正周期和对称轴方程；（2）当时，求函数的单调递减区间和值域.19．已知函数，.（1）运用五点作图法在所给坐标系内作出在内的图像（画在答题卡上）；（2）求函数的对称轴，对称中心和单调递增区间.20．已知函数，，其中（1）写出的单调区间（无需证明）；（2）求在区间上的最小值；（3）若对任意，均存在，使得成立，求实数的取值范围21．求下列关于的不等式的解集：（1）；（2）

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】根据两点间斜率公式列方程解得结果.【详解】斜率为直线经过，，三点，∴，解得，．选C.【点睛】本题考查两点间斜率公式，考查基本求解能力，属基础题.2、C【解析】设出函数的解析式，根据幂函数y=f（x）的图象过点（4，2），构造方程求出指数的值，再结合函数的解析式研究其性质即可得到图象【详解】设幂函数的解析式为y=xa，∵幂函数y=f（x）的图象过点（4，2），∴2=4a，解得a=∴，其定义域为[0，+∞），且是增函数，当0＜x＜1时，其图象在直线y=x的上方．对照选项故选C【点睛】本题考查的知识点是函数解析式的求解及幂函数图象及其与指数的关系，其中对于已经知道函数类型求解析式的问题，要使用待定系数法3、C【解析】，所以，所以，所以是一条对称轴故选C4、B【解析】根据，可判断可能在的象限，根据，可判断可能在的象限，综合分析，即可得答案.【详解】由，可得的终边在第一象限或第二象限或与y轴正半轴重合，由，可得的终边在第二象限或第四象限，因为，同时成立，所以是第二象限角.故选：B5、B【解析】解出不等式，进而根据不等式所对应集合间的关系即可得到答案.【详解】由，而是的真子集，所以“”是“”成立的必要不充分条件.故选：B.6、B【解析】根据指数型函数的性质，即可确定其定点.【详解】令得，所以，因此函数过点（4,3）.故选B【点睛】本题主要考查函数恒过定点的问题，熟记指数函数的性质即可，属于基础题型.7、B【解析】在上有解，利用基本不等式求出的最小值即可.【详解】即在上有解，所以在上有解，由，当且仅当，即时取得等号，故故选:B8、D【解析】根据函数的解析式，可知其关于直线，可判断①正确；是由与相加而成，故该函数为单调函数，由此可判断②;根据的函数值情况可判断③;看时情况，结合函数的单调性，可判断④的正误.【详解】对①，因为函数与|的图象都关于直线对称，所以的图象关于直线对称，①正确对②，当时，函数与都单调递增，所以也单调递增，②正确对③，当时，，③错误对④，因为图象关于直线对称，在上单调递减，在上单调递增，且，所以存在，使得的解集为，④正确故选：D9、B【解析】根据三角函数的定义进行求解即可.【详解】因为角α的终边过点，所以，，，故选：B10、A【解析】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是累加并输出S的值【详解】程序运行过程中，各变量值如下表所示：第一圈：S=1，k=2，第二圈：S=1+，k=3，第三圈：S=1++，k=4，…依此类推，第十圈：S＝1+，k=11退出循环其中判断框内应填入的条件是：k≤10，故选A【点睛】算法是新课程中的新增加的内容，也必然是新高考中的一个热点，应高度重视．程序填空也是重要的考试题型，这种题考试的重点有：①分支的条件②循环的条件③变量的赋值④变量的输出．其中前两点考试的概率更大．此种题型的易忽略点是：不能准确理解流程图的含义而导致错误二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、6【解析】先通过诱导公式对原式进行化简，然后通分，进而通过同角三角函数的平方关系将原式转化为只含的式子，最后得到答案.【详解】原式=+，因为，所以.所以.故答案为：6.12、0【解析】由于正三角形的内角都为，且边BC所在直线的斜率是0，不妨设边AB所在直线的倾斜角为，则斜率为，则边AC所在直线的倾斜角为，斜率为，所以AC，AB所在直线的斜率之和为13、【解析】∵，，且，∴，∴,∴在中，由正弦定理得，∴，∴，∵，∴∴∴的取值范围为答案：14、【解析】∵，∴，解得答案：15、①.②.【解析】由题设知：是的根，应用根与系数关系即可求参数值.【详解】由题设，是的根，∴，即，.故答案为：，.16、3【解析】直线AB的方程为＋＝1，又∵＋≥2，即2≤1，当x>0，y>0时，当且仅当＝，即x＝，y＝2时取等号，∴xy≤3，则xy的最大值是3.三、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）利用向量的线性运算即平面向量基本定理确定，与，的关系；（2）解法一：利用向量数量积运算公式求得向量夹角余弦值；解法二：建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标表示确定向量夹角余弦值.【详解】解法一：（1）由图可知.因为E是CD的中点，所以.（2）因为，为等边三角形，所以，，所以，所以，.设与的夹角为，则，所以在与夹角的余弦值为.解法二：（1）同解法一.（2）以A为原点，AD所在直线为x轴，过A且与AD垂直的直线为y轴建立平面直角坐标系，则，，，.因为E是CD的中点，所以，所以，，所以，.设与的夹角为，则，所以与夹角的余弦值为.【点睛】求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用18、（1）最小正周期为，对称轴方程；（2）单调递减区间为，值域为.【解析】（1）利用倍角公式、辅助角公式化简函数，结合正弦函数的性质计算作答.（2）确定函数的相位范围，再借助正弦函数的性质计算作答.【小问1详解】依题意，，则，由解得：，所以，函数的最小正周期为，对称轴方程为.【小问2详解】由（1）知，因，则，而正弦函数在上单调递减，在上单调递增，由解得，由解得，因此，在上单调递减，在上单调递增，，而，即，所以函数单调递减区间是，值域为.19、（1）详见解析（2）函数的对称轴为；对称中心为；单调递增区间为：【解析】(1)五点法作图；(2)整体代入求对称轴，对称中心，单调递增区间.【小问1详解】列表：0010-10020-20描点画图：【小问2详解】求对称轴：，故函数的对称轴为求对称中心：，故函数的对称中心为求单调递增区间：，故函数的单调递增区间为：20、（1）的单调递增区间是，单调递减区间是（2）（3）【解析】（1）利用去掉绝对值及一次函数的性质即可求解；（2）根据（1）的结论，利用单调性与最值的关系即可求解；（3）根据已知条件将问题转化为，再利用函数的单调性与最值的关系，分情况讨论即可求解.【小问1详解】由，得,所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是,【小问2详解】由（1）知，函数的单调递增区间是，单调递减区间是,当，即时，当时，函数取得最小值为，当，即时，当时，函数取得最小值为，综上所述，函数在区间上的最小值为.【小问3详解】因为对任意，均存在，使得成立等价于，，.而当时，，故必有由第（2）小题可知，，且，所以，①当时，∴，可得，②当时，∴，可得，③当时，∴或，可得，综上所述，实数的取值范围为21、（1