湖南省衡阳八中、澧县一中2026届数学高一上期末教学质量检测试题含解析

湖南省衡阳八中、澧县一中2026届数学高一上期末教学质量检测试题注意事项：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．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是A. B.C. D.2．已知，则“”是“”的（）A.充分非必要条件 B.必要非充分条件C.充要条件 D.既非充分又非必要条件3．我国南宋时期著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中独立提出了一种求三角形面积的方法“三斜求积术”，即的面积，其中分别为的内角的对边，若，且，则的面积的最大值为（）A. B.C. D.4．如图，点，，分别是正方体的棱，的中点，则异面直线和所成的角是（）A. B.C. D.5．已知，函数在上单调递减，则的取值范围是（）A. B.C. D.6．已知某产品的总成本C（单位：元）与年产量Q（单位：件）之间的关系为C=310Q2+3000.设该产品年产量为Q时的平均成本为fA.30 B.60C.900 D.1807．在平面直角坐标系中,以为圆心的圆与轴和轴分别相切于两点,点分别在线段上,若,与圆相切,则的最小值为A. B.C. D.8．全集，集合，则（）A. B.C. D.9．已知，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件10．函数的定义域是（）A.（-1，1） B.C.（0，1） D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知函数，其所有的零点依次记为，则_________.12．如图，在空间四边形中，平面平面，，，且，则与平面所成角的度数为________13．关于函数有下述四个结论：①是偶函数②在区间单调递增③的最大值为1④在有4个零点其中所有正确结论的编号是______.14．实数，满足，，则__________15．已知角的终边经过点，则的值是______.16．各条棱长均相等的四面体相邻两个面所成角的余弦值为___________.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．设函数，（1）根据定义证明在区间上单调递增；（2）判断并证明的奇偶性；（3）解关于x的不等式.18．已知函数(且)的图象恒过点A，且点A在函数的图象上.（1）求的最小值；（2）若，当时，求的值域.19．已知函数，.（1）若函数的值域为R，求实数m的取值范围；（2）若函数是函数的反函数，当时，函数的最小值为，求实数m的值；（3）用表示m，n中的最大值，设函数，有2个零点，求实数m的范围.20．对于函数，若在定义域内存在实数，满足，则称函数为“局部中心函数”.（1）已知二次函数，试判断是否为“局部中心函数”.并说明理由；（2）若是定义域为R上的“局部中心函数”，求实数m的取值范围.21．已知函数，，且.（1）求实数m的值，并求函数有3个不同的零点时实数b的取值范围；（2）若函数在区间上为增函数，求实数a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】由三视图判断底面为等腰直角三角形，三棱锥的高为2，则，选B.【考点定位】三视图与几何体的体积2、A【解析】“a＞1”⇒“”，“”⇒“a＞1或a＜0”，由此能求出结果【详解】a∈R，则“a＞1”⇒“”，“”⇒“a＞1或a＜0”，∴“a＞1”是“”的充分非必要条件故选A【点睛】充分、必要条件的三种判断方法

定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件

等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法

集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件3、A【解析】先根据求出关系，代入面积公式，利用二次函数的知识求解最值.【详解】因为，所以，即；由正弦定理可得，所以；当时，取到最大值.故选：A.4、C【解析】通过平移的方法作出直线和所成的角，并求得角的大小.【详解】依题意点，，分别是正方体的棱，的中点，连接，结合正方体的性质可知，所以是异面直线和所成的角，根据正方体的性质可知，是等边三角形，所以，所以直线和所成的角为.故选：C【点睛】本小题主要考查线线角的求法，属于基础题.5、A【解析】由题意可得,，，，．故A正确考点：三角函数单调性6、B【解析】利用基本不等式进行最值进行解题.【详解】解：∵某产品的总成本C（单位：元）与年产量Q（单位：件）之间的关系为C=∴f(Q)=当且仅当3Q10=3000Q∴fQ的最小值是60故选：B7、D【解析】因为为圆心的圆与轴和轴分别相切于两点,点分别在线段上,若,与圆相切，设切点为，所以，设，则，，故选D.考点：1、圆的几何性质；2、数形结合思想及三角函数求最值【方法点睛】本题主要考查圆的几何性质、数形结合思想及三角函数求最值，属于难题．求最值的常见方法有①配方法：若函数为一元二次函数，常采用配方法求函数求值域，其关键在于正确化成完全平方式，并且一定要先确定其定义域；②三角函数法：将问题转化为三角函数，利用三角函数的有界性求最值；③不等式法：借助于基本不等式求函数的值域，用不等式法求值域时，要注意基本不等式的使用条件“一正、二定、三相等”；④单调性法：首先确定函数的定义域，然后准确地找出其单调区间，最后再根据其单调性求凼数的值域，⑤图像法：画出函数图像，根据图像的最高和最低点求最值，本题主要应用方法②求的最小值的8、B【解析】先求出集合A,再根据补集定义求得答案.【详解】由题意，，则.故选：B.9、A【解析】先判断“”成立时，“”是否成立，反之，再看“”成立，能否推出“”，即可得答案.【详解】“”成立时，，故“”成立，即“”是“”的充分条件；“”成立时，或，此时推不出“”成立，故“”不是“”的必要条件，故选：A.10、B【解析】根据函数的特征，建立不等式求解即可.【详解】要使有意义，则，所以函数的定义域是.故选：B二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、16【解析】由零点定义,可得关于的方程.去绝对值分类讨论化简.将对数式化为指数式,再去绝对值可得四个方程.结合韦达定理,求得各自方程两根的乘积,即可得所有根的积.【详解】函数的零点即所以去绝对值可得或即或去绝对值可得或,或当,两边同时乘以,化简可得,设方程的根为.由韦达定理可得当,两边同时乘以,化简可得,设方程的根为.由韦达定理可得当,两边同时乘以,化简可得,设方程的根为.由韦达定理可得当,两边同时乘以,化简可得,设方程的根为.由韦达定理可得综上可得所有零点的乘积为故答案为:【点睛】本题考查了函数零点定义,含绝对值方程的解法,分类讨论思想的应用,由韦达定理研究方程根的关系,属于难题.12、【解析】首先利用面面垂直转化出线面垂直，进一步求出线面的夹角，最后通过解直角三角形求出结果.【详解】取BD中点O，连接AO，CO.因为AB=AD，所以，又平面平面，所以平面.因此，即为AC与平面所成的角，由于，，所以,又，所以【点睛】本题主要考查直线与平面所成的角，属于基础题型.13、①③【解析】利用奇偶性定义可判断①；时，可判断②；分、时求出可判断故③；时，由可判断④.【详解】因为，，所以①正确；当时，，当时，，，时，单调递减，故②错误；当时，，；当时，，综上的最大值为1，故③正确；时，由得，解得，由不存在零点，所以在有2个零点，故④错误.故答案为：①③.14、8【解析】因为，，所以，，因此由，即两交点关于(4,4)对称,所以8点睛：利用函数图象可以解决很多与函数有关的问题，如利用函数的图象解决函数性质问题，函数的零点、方程根的问题，有关不等式的问题等.解决上述问题的关键是根据题意画出相应函数的图象，利用数形结合的思想求解.15、##【解析】根据三角函数定义得到，，进而得到答案.【详解】角的终边经过点，，，.故答案为：.16、【解析】首先利用图像作出相邻两个面所成角，然后利用已知条件求出正四面体相邻两个面所成角的两边即可求解.【详解】由题意，四面体为正三棱锥，不妨设正三棱锥的边长为，过作平面，垂足为，取的中点，并连接、、、，如下图：由正四面体的性质可知，为底面正三角形的中心，从而，，∵为的中点，为正三角形，所以，，所以为正四面体相邻两个面所成角∵，∴易得，，∵平面，平面，∴，故.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）证明见解析（2）奇函数，证明见解析（3）【解析】（1）根据函数单调性的定义，准确运算，即可求解；（2）根据函数奇偶性的定义，准确化简，即可求解；（3）根据函数的奇偶性和单调性，把不等式转化为，得到，即可求解【小问1详解】证明：，且，则，因为，，，所以，即，所以在上单调递增【小问2详解】证明：由，即，解得，即的定义域为，对于任意，函数，则，即，所以是奇函数.【小问3详解】解：由（1）知，函数在上单调递增，又因为x是增函数，所以是上的增函数，由，可得，由，可得，因为奇函数，所以，所以原不等式可化为，则，解得，所以原不等式的解集为18、（1）4；（2）.【解析】(1)根据对数函数恒过定点(1，0)求出m和n的关系：，则利用转化为基本不等式求最小值；(2)利用换元法令，将问题转化为二次函数求值域问题即可.【小问1详解】∵，∴函数的图象恒过点.∵在函数图象上，∴.∵，∴，，∴，，∴，当且仅当时等号成立，∴的最小值为4.【小问2详解】当时，，∵在上单调递增，∴当时，，令，则，，在上单调递增，∴当时，；当时，.故所求函数的值域为.19、（1）（2）（3）【解析】(1)函数的值域为R,可得,求解即可;(2)设分类论可得m的值;(3)对m分类讨论可得结论.【小问1详解】值域为R,∴【小问2详解】，.设，，①若即时，，②若，即时，，舍去③若即时，，无解，舍去综上所示：【小问3详解】①显然，当时，在无零点，舍去②当时，，舍去③时，解分别为，，只需控制，不要均大于等于1即可Ⅰ：，，，舍去Ⅱ：，无解，综上：20、（1）函数为“局部中心函数”，理由见解析；（2）.【解析】（1）判断是否为“局部中心函数”，即判断方程是否有解，若有解，则说明是“局部中心函数”，否则说明不是“局部中心函数”；（2）条件是定义域为上的“局部中心函数”可转化为方程有解，再利用整体思路得出结果.【详解】解：（1）由题意，（），所以，，当时，解得：，由于，所以，所以为“局部中心函数”.（2）因为是定义域为上的“局部中心函数”，所以方程有解，即在上有解，整理得：，令，，故题意转化为在上有解，设函数，当时，在上有解，即，解得：；当时，则需要满足才能使