2026屆河北省衡水市十三中數學高一第一學期期末統(tǒng)考試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．已知角x的終邊上一點的坐標為(sin，cos)，則角x的最小正值為()A. B.C. D.2．圓：與圓：的位置關系是A.相交 B.相離C.外切 D.內切3．已知向量，滿足，，且與夾角為，則（）A. B.C. D.4．已知角α的始邊與x軸的正半軸重合，頂點在坐標原點，角α終邊上的一點P到原點的距離為，若α=，則點P的坐標為()A.(1，) B.(，1)C.() D.(1，1)5．已知集合，，則集合（）A. B.C. D.6．函數的零點所在的區(qū)間是（）A.（0，1） B.(1，2)C.(2，3) D.（3，4）7．條件p：|x|>x，條件q：，則p是q的（）A.充要條件 B.既不充分也不必要條件C.必要不充分條件 D.充分不必要條件8．命題“，使得”的否定是（）A.， B.，C.， D.，9．在如圖的正方體中，M、N分別為棱BC和棱的中點，則異面直線AC和MN所成的角為（）A. B.C. D.10．已知函數若則的值為（）.A. B.或4C. D.或4二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知一個扇形的面積為，半徑為，則它的圓心角為______弧度12．已知扇形的半徑為2，面積為，則該扇形的圓心角的弧度數為______.13．求值：___________.14．一個幾何體的三視圖如圖所示（單位：），則該幾何體的體積為__________15．已知函數的最大值與最小值之差為，則______16．若函數(，且)，在上的最大值比最小值大，則______________.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．計算（1）（2）18．已知是上的奇函數，且（1）求的解析式；（2）判斷的單調性，并根據定義證明19．義域為的函數滿足：對任意實數x,y均有，且，又當時，.（1）求的值，并證明：當時，；（2）若不等式對任意恒成立，求實數的取值范圍.20．已知，且的最小正周期為.（1）求關于x的不等式的解集；（2）求在上的單調區(qū)間.21．已知函數的圖象關于原點對稱.（Ⅰ）求，的值；（Ⅱ）若函數在內存在零點，求實數的取值范圍.

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、B【解析】先根據角終邊上點的坐標判斷出角的終邊所在象限，然后根據三角函數的定義即可求出角的最小正值【詳解】因為，，所以角的終邊在第四象限，根據三角函數的定義，可知，故角的最小正值為故選：B【點睛】本題主要考查利用角的終邊上一點求角，意在考查學生對三角函數定義的理解以及終邊相同的角的表示，屬于基礎題2、A【解析】求出兩圓的圓心和半徑,用圓心距與半徑和、差作比較,得出結論.【詳解】圓的圓心為(1,0),半徑為1,圓的圓心為(0,2),半徑為2,故兩圓圓心距為,兩半徑之和為3,兩半徑之差為1,其中,故兩圓相交,故選:A.【點睛】本題主要考查兩圓的位置關系,需要學生熟悉兩圓位置的五種情形及其判定方法,屬于基礎題.3、D【解析】根據向量的運算性質展開可得，再代入向量的數量積公式即可得解.【詳解】根據向量運算性質，，故選：D4、D【解析】設出P點坐標（x，y），利用正弦函數和余弦函數的定義結合的三角函數值求得x，y值得答案【詳解】設點P的坐標為(x，y)，則由三角函數的定義得即故點P的坐標為(1，1).故選D【點睛】本題考查任意角的三角函數的定義，是基礎的計算題5、B【解析】解不等式求得集合、，由此求得.【詳解】，，所以.故選：B6、B【解析】先求得函數的單調性，利用函數零點存在性定理，即可得解.【詳解】解：因為函數均為上的單調遞減函數，所以函數在上單調遞減，因為，，所以函數的零點所在的區(qū)間是.故選：B7、D【解析】解不等式得到p：，q：或，根據推出關系得到答案.【詳解】由得：，所以p：，而，解得：或，故q：或，因為或，且或，故p是q的充分不必要條件故答案為：D8、B【解析】根據特稱命題的否定的知識確定正確選項.【詳解】原命題是特稱命題，其否定是全稱命題，注意否定結論，所以，命題“，使得”的否定是，.故選：B9、C【解析】根據異面直線所成角的定義，找到與直線平行并且和相交的直線，即可找到異面直線所成的角，解三角形可求得結果.【詳解】連接如下圖所示，分別是棱和棱的中點，，正方體中可知，是異面直線所成的角，為等邊三角形，.故選：C.【點睛】此題是個基礎題，考查異面直線所成的角，以及解決異面直線所成的角的方法（平移法）的應用，體現了轉化的思想和數形結合的思想.10、B【解析】利用分段討論進行求解.【詳解】當時，，（舍）；當時，，或（舍）；當時，，；綜上可得或.故選：B.【點睛】本題主要考查分段函數的求值問題，側重考查分類討論的意識.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、##【解析】利用扇形的面積公式列方程即可求解.【詳解】設扇形的圓心角為，扇形的面積即，解得，所以扇形的圓心角為弧度，故答案為：.12、【解析】由扇形的面積公式和弧度制的定義，即可得出結果.【詳解】由扇形的面積公式可得，所以圓心角為.故答案為：13、.【解析】根據指數冪的運算性質，結合對數的運算性質進行求解即可.【詳解】，故答案為：14、【解析】幾何體為一個圓錐與一個棱柱的組合體,體積為15、或.【解析】根據冪函數的性質，結合題意，分類討論，利用單調性列出方程，即可求解.【詳解】由題意，函數，當時，函數在上為單調遞增函數，可得，解得；當時，顯然不成立；當時，函數在上為單調遞減函數，可得，解得，綜上可得，或.故答案為：或.16、或.【解析】分和兩種情況，根據指數函數的單調性確定最大值和最小值，根據已知得到關于實數的方程求解即得.【詳解】若，則函數在區(qū)間上單調遞減，所以，，由題意得，又，故；若，則函數在區(qū)間上單調遞增，所以，，由題意得，又，故.所以的值為或.【點睛】本題考查函數的最值問題，涉及指數函數的性質，和分類討論思想，屬基礎題，關鍵在于根據指數函數的底數的不同情況確定函數的單調性.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）6（2）【解析】（1）將根式轉化為分數指數冪，然后根據冪的運算性質即可化簡求值；（2）利用對數的運算性質即可求解.【小問1詳解】解：；【小問2詳解】解：.18、（1）（2）見解析【解析】（1）由可得解；（2）利用單調性的定義證明即可.【小問1詳解】已知是上的奇函數，且，所以，解得，所以，小問2詳解】根據指數函數的單調性可判斷得為增函數.下證明：設是上任意給定的兩個實數，且，則，，，，函數在上是單調遞增函數19、(1)答案見解析；(2)或.【解析】(1)利用賦值法計算可得，設，則，利用拆項：即可證得：當時，；(2)結合(1)的結論可證得是增函數，據此脫去f符號，原問題轉化為在上恒成立，分離參數有：恒成立，結合基本不等式的結論可得實數的取值范圍是或.試題解析：(1)令，得，令，得，令，得，設，則，因為,所以;(2)設，

,

因為所以，所以為增函數,所以,

即,上式等價于對任意恒成立，因為，所以上式等價于對任意恒成立，設，（時取等），所以，解得或.20、（1）（2）單調遞增區(qū)間為和，單調遞減區(qū)間為【解析】（1）首先利用兩角差的正弦公式及二倍角公式將函數化簡，再根據函數的最小正周期求出，即可得到函數解析式，再根據正弦函數的性質計算可得；（2）由的取值范圍，求出的范圍，再跟正弦函數的性質計算可得.【小問1詳解】解：因為所以即，由及的最小正周期為，所以，解得；由得，，解得，所求不等式的解集為小問2詳解】解：，，在和上遞增，在上遞減，令，解得；令，解得；令，解得；所以在上的單調遞增區(qū)間為和，單調遞減區(qū)間為；21