福建省安溪八中2026届高一上数学期末综合测试试题含解析

福建省安溪八中2026届高一上数学期末综合测试试题注意事项：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．设扇形的周长为，面积为，则扇形的圆心角的弧度数是（）A.1 B.2C.3 D.42．已知函数是定义在在上的奇函数，且当时，，则函数的零点个数为（）个A.2 B.3C.6 D.73．在长方体中，，，则直线与平面所成角的正弦值为（）A. B.C. D.4．如果角的终边经过点，则（）A. B.C. D.5．如图，是全集，是子集，则阴影部分表示的集合是（）A. B.C. D.6．已知定义域为的函数满足：，且，当时，，则等于A. B.C.2 D.47．已知函数，若，，，则，，的大小关系为A. B.C. D.8．已知等腰直角三角形的直角边的长为4，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为（）A. B.C. D.9．若角的终边上一点，则的值为（）A. B.C. D.10．“”是“函数为偶函数”（）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二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知函数定义域为，若满足①在内是单调函数；存在使在上的值域为，那么就称为“半保值函数”，若函数且是“半保值函数”，则的取值范围为________12．已知定义在R上的函数满足，且当时，，若对任都有，则m的取值范围是_________13．已知函数，若函数有3个零点，则实数a的取值范围是_______.14．设定义在区间上的函数与的图象交于点，过点作轴的垂线，垂足为，直线与函数的图象交于点，则线段的长为__________15．已知，，试用a、b表示________.16．已知正数x，y满足，则的最小值为_________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．已知圆M与x轴相切于点（a，0），与y轴相切于点（0，a），且圆心M在直线上.过点P（2，1）直线与圆M交于两点，点C是圆M上的动点.（1）求圆M的方程；（2）若直线AB的斜率不存在，求△ABC面积的最大值；（3）是否存在弦AB被点P平分？若存在，求出直线AB的方程；若不存在，说明理由.18．已知函数（1）求的最小正周期；（2）讨论在区间上的单调递增区间19．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为a的正方形，侧棱PD＝a，PA＝PC＝a，(1)求证：PD⊥平面ABCD；(2)求证：平面PAC⊥平面PBD；(3)求二面角P－AC－D的正切值20．已知函数的图象与的图象关于轴对称，且的图象过点.（1）若成立，求的取值范围；（2）若对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.21．已知函数.（1）当时，求函数的零点；（2）若不等式在时恒成立，求实数k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、B【解析】根据扇形的周长为，面积为，得到，解得l，r，代入公式求解.【详解】因为扇形的周长为，面积为，所以，解得，所以，所以扇形的圆心角的弧度数是2故选：B2、D【解析】作出函数，和图象，可知当时，的零点个数为3个；再根据奇函数的对称性，可知当时，也有3个零点，再根据，由此可计算出函数的零点个数.【详解】在同一坐标系中作出函数，和图象，如下图所示：由图象可知，当时，的零点个数为3个；又因为函数和均是定义在在上的奇函数，所以是定义在在上的奇函数，根据奇函数的对称性，可知当时，的零点个数也为3个，又，所以也是零点；综上，函数的零点个数一共有7个.故选:D.3、D【解析】如图，连接交于点，连接，则结合已知条件可证得为直线与平面所成角，然后根据已知数据在求解即可【详解】解：如图，连接交于点，连接，因为长方体中，，所以四边形为正方形，所以，，所以，因为平面，所以，因为，所以平面，所以为直线与平面所成角，因为，，所以，在中，，所以直线与平面所成角的正弦值为，故选：D【点睛】此题考查线面角的求法，考查空间想象能力和计算能力，属于基础题4、D【解析】由三角函数的定义可求得的值.【详解】由三角函数的定义可得.故选：D.【点睛】本题考查利用三角函数的定义求值，考查计算能力，属于基础题.5、C【解析】利用阴影部分所属的集合写出阴影部分所表示的集合【详解】解：由图知，阴影部分在集合中，在集合中，但不在集合中，故阴影部分所表示的集合是.故选：C.6、D【解析】由得，又由得函数为偶函数，所以选D7、C【解析】根据函数解析式先判断函数的单调性和奇偶性，然后根据指数和对数的运算法则进行化简即可【详解】∵f（x）=x3，∴函数f（x）是奇函数，且函数为增函数，a=﹣f（log3）=﹣f（﹣log310）=f（log310），则2＜log39.1＜log310，20.9＜2，即20.9＜log39.1＜log310，则f（209）＜f（log39.1）＜f（log310），即c＜b＜a，故选C【点睛】本题主要考查函数值的大小的比较，根据函数解析式判断函数的单调性和奇偶性是解决本题的关键8、D【解析】如图为等腰直角三角形旋转而成的旋转体这是两个底面半径为，母线长4的圆锥，故S=2πrl=2π××4=故答案为D.9、B【解析】由三角函数的定义即可得到结果.【详解】∵角的终边上一点，∴，∴，故选：B【点睛】本题考查三角函数的定义，考查诱导公式及特殊角的三角函数值，属于基础题.10、A【解析】根据充分必要条件定义判断【详解】时，是偶函数，充分性满足，但时，也是偶函数，必要性不满足应是充分不必要条件故选：A二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】根据半保值函数的定义,将问题转化为与的图象有两个不同的交点，即有两个不同的根,换元后转化为二次方程的实根的分布可解得.【详解】因为函数且是“半保值函数”，且定义域为，由时，在上单调递增，在单调递增，可得为上的增函数；同样当时，仍为上的增函数，在其定义域内为增函数，因为函数且是“半保值函数”，所以与的图象有两个不同的交点，所以有两个不同的根，即有两个不同的根,即有两个不同的根,可令，，即有有两个不同正数根，可得，且，解得.【点睛】本题考查函数的值域的求法，解题的关键是正确理解“半保值函数”，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化12、，【解析】作出当，时，的图象，将其图象分别向左、向右平移个单位（横坐标不变，纵坐标变为原来的或2倍），得到函数的图象，令，求得的最大值，可得所求范围【详解】解：因为满足，即；又由，可得，画出当，时，的图象，将在，的图象向右平移个单位（横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍），再向左平移个单位（横坐标不变，纵坐标变为原来的倍），由此得到函数的图象如图：当，时，，，，又，所以，令，由图像可得，则，解得，所以当时，满足对任意的，，都有，故的范围为，故答案为：，13、（0，1]【解析】先作出函数f（x）图象，根据函数有3个零点，得到函数f（x）的图象与直线y＝a有三个交点，结合图象即可得出结果【详解】由题意，作出函数的图象如下：因为函数有3个零点，所以关于x的方程f（x）﹣a＝0有三个不等实根；即函数f（x）的图象与直线y＝a有三个交点，由图象可得：0＜a≤1故答案为：（0，1]【点睛】本题主要考查函数的零点，灵活运用数形结合的思想是求解的关键14、【解析】不妨设坐标为则的长为与的图象交于点，即解得则线段的长为点睛：本题主要考查的知识点是三角函数的图象及三角函数公式的应用．突出考查了数形结合的思想，同时也考查了考生的运算能力，本题的关键是解出是这三点的横坐标，而就是线段的长15、【解析】根据对数式指数式互化公式，结合对数换底公式、对数的运算性质进行求解即可.【详解】因为，所以，因此有：，故答案为：16、8【解析】将等式转化为，再解不等式即可求解【详解】由题意，正实数，由（时等号成立），所以，所以，即，解得（舍），，（取最小值）所以的最小值为.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）（3）存在，方程为【解析】（1）根据圆与坐标轴相切表示出圆心坐标，结合已知可解；（2）注意到当点C到直线AB距离最大值为圆心到直线距离加半径，然后可解;（3）根据圆心与弦的中点的连线垂直弦，或利用点差法可得.【小问1详解】∵圆M与x轴相切于点（a，0），与y轴相切于点（0，a），∴圆M的圆心为M（a，a），半径.又圆心M在直线上，∴，解得.∴圆M的方程为：.【小问2详解】当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为，∴由，解得.∴.易知圆心M到直线AB的距离，∴点C到直线AB的最大距离为.∴△ABC面积的最大值为.【小问3详解】方法一：假设存在弦AB被点P平分，即P为AB的中点.又∵，∴.又∵直线MP的斜率为，∴直线AB的斜率为-.∴.∴存在直线AB的方程为时，弦AB被点P平分.方法二：由（2）易知当直线AB的斜率不存在时，，∴此时点P不平分AB.当直线AB的斜率存在时，，假设点P平分弦AB.∵点A、B是圆M上的点，设，.∴由点差法得.由点P是弦AB的中点，可得，∴.∴∴存在直线AB的方程为时，弦AB被点P平分.18、（1）最小正周期是（2）单调递增区间，【解析】（1）由三角恒等变换得，再求最小正周期；（2）整体代换得函数的增区间为，再结合求解即可.【小问1详解】解：.所以，，即最小正周期为.【小问2详解】解：令，解得，因为，所以，当时，得其增区间为；当时，得其增区间为；所以，在区间上单调递增区间为，19、（1）见解析（2）见解析（3）【解析】(1)证明：∵PD＝a，DC＝a，PC＝a，∴PC2＝PD2＋DC2，∴PD⊥DC．同理，PD⊥AD，又AD∩DC＝D，∴PD⊥平面ABCD(2)证明：由(1)知PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AC，又四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，又BD∩PD＝D，∴AC⊥平面PDB．又AC⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面PBD(3)设AC∩BD＝O，连接PO.由PA＝PC，知PO⊥AC．又DO⊥AC，故∠POD为二面角P－AC－D的平面角．易知OD＝.在Rt△PDO中，tan∠POD＝.考点：平面与平面垂直的判定.20、（1）；（2）.【解析】利用已知条件得到的值，进而得到的解析式，再利用函数的图象关于轴对称，可得的解析式；（1）先利用对数函数的单调性，列出不等式组求解即可；（2）对于任意恒成立等价于，令，，利用二次函数求解即可.【详解】，，，；由已知得，即.（1）在上单调递减，，解得，的取值范围为.（2），对于任意恒成立等价于，，，令，，则，，当，即，即时，.【点睛】结论点睛：本题考查不等式的