2026屆福建省福州市師大附中高一數學第一學期期末學業(yè)水平測試試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請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．所有與角的終邊相同的角可以表示為，其中角（）A.一定是小于90°的角 B.一定是第一象限的角C.一定是正角 D.可以是任意角2．不等式的解集為（）A. B.C. D.3．函數，的最小值是（）A. B.C. D.4．下列函數中，既是偶函數，又在區(qū)間上單調遞減的是（）A. B.C. D.5．函數，則的大致圖象是（）A. B.C. D.6．若，則角終邊所在象限是A.第一或第二象限 B.第一或第三象限C.第二或第三象限 D.第三或第四象限7．已知偶函數的定義域為，當時，，若，則的解集為（）A. B.C. D.8．已知函數，且，，，則的值A.恒為正 B.恒為負C.恒為0 D.無法確定9．已知，，都是實數，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件10．設p：關于x的方程有解；q：函數在區(qū)間上恒為正值，則p是q的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．函數的圖象為，以下結論中正確的是______（寫出所有正確結論的編號）.①圖象關于直線對稱；②圖象關于點對稱；③由的圖象向右平移個單位長度可以得到圖象；④函數在區(qū)間內是增函數.12．命題“，”的否定為____.13．化簡的結果為______.14．若命題“”為真命題，則的取值范圍是______15．函數定義域為____.16．函數y=1-sin2x-2sinx的值域是______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．已知函數，其中.（1）求函數的定義域；（2）若函數的最大值為2.求a的值.18．已知函數f(x)＝是奇函數.（1）求實數m的值；（2）若函數f(x)在區(qū)間[－1，a－2]上單調遞增，求實數a的取值范圍.19．設n是不小于3的正整數，集合，對于集合Sn中任意兩個元素．定義．若，則稱A，B互為相反元素，記作或（1）若n=3，A=（0，1，0），B=（1，1，0），試寫出，，以及A·B的值；（2）若，證明：；（3）設k是小于n的正奇數，至少含有兩個元素的集合，且對于集合M中任意兩個不同的元素，都有，試求集合M中元素個數的所有可能的取值20．如圖，已知，分別是正方體的棱，的中點.求證:平面平面.21．已知函數（1）求的最小正周期；（2）當時，求的最小值以及取得最小值時的集合

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、D【解析】由終邊相同的角的表示的結論的適用范圍可得正確選項.【詳解】因為結論與角的終邊相同的角可以表示為適用于任意角，所以D正確，故選：D.2、D【解析】化簡不等式并求解即可．【詳解】將不等式變形為，解此不等式得或.因此，不等式解集為故選：D【點睛】本題考查一元二次不等式解法，考查學生計算能力，屬于基礎題．3、D【解析】利用基本不等式可求得的最小值.【詳解】，當且僅當時，即當時，等號成立，故函數的最小值為.故選：D.4、D【解析】依次判斷4個選項的單調性及奇偶性即可.【詳解】對于A，在區(qū)間上單調遞增，錯誤；對于B，，由得，單調遞增，錯誤；對于C，當時，沒有意義，錯誤；對于D，為偶函數，且在時，單調遞減，正確.故選：D.5、D【解析】判斷奇偶性，再利用函數值的正負排除三個錯誤選項，得正確結論【詳解】，為偶函數，排除BC，又時，，時，，排除A，故選：D6、D【解析】利用同角三角函數基本關系式可得，結合正切值存在可得角終邊所在象限【詳解】，且存在，角終邊所在象限是第三或第四象限故選D【點睛】本題考查三角函數的象限符號，是基礎題7、D【解析】先由條件求出參數，得到在上的單調性，結合和函數為偶函數進行求解即可.【詳解】因為為偶函數，所以，解得.在上單調遞減，且.因為，所以，解得或.故選：D8、A【解析】根據題意可得函數是奇函數，且在上單調遞增．然后由，可得，結合單調性可得，所以，以上三式兩邊分別相加后可得結論【詳解】由題意得，當時，，于是同理當時，可得，又，所以函數是上的奇函數又根據函數單調性判定方法可得在上為增函數由，可得，所以，所以，以上三式兩邊分別相加可得，故選A.【點睛】本題考查函數奇偶性和單調性的判斷及應用，考查函數性質的應用，具有一定的綜合性和難度，解題的關鍵是結合題意得到函數的性質，然后根據單調性得到不等式，再根據不等式的知識得到所求9、B【解析】利用充分、必要條件的定義，結合不等式的性質判斷題設條件間的推出關系，即可知條件間的充分、必要關系.【詳解】當時，若時不成立；當時，則必有成立，∴“”是“”的必要不充分條件.故選：B10、B【解析】先化簡p,q，再利用充分條件和必要條件的定義判斷.【詳解】因為方程有解,即方程有解，令，則，即；因為函數在區(qū)間上恒為正值，所以在區(qū)間上恒成立，即在區(qū)間上恒成立，解得，所以p是q的必要不充分條件，故選：B二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、①②④【解析】利用整體代入的方式求出對稱中心和對稱軸，分析單調區(qū)間，利用函數的平移方式檢驗平移后的圖象.【詳解】由題意，，令，，當時，即函數的一條對稱軸，所以①正確；令，，當時，，所以是函數的一個對稱中心，所以②正確；當，，在區(qū)間內是增函數，所以④正確；的圖象向右平移個單位長度得到，與函數不相等，所以③錯誤.故答案為：①②④.12、，【解析】利用全稱量詞命題的否定可得出結論.【詳解】命題“，”為全稱量詞命題，該命題的否定為“，”.故答案為：，.13、0【解析】由對數的運算求解即可.【詳解】故答案為：14、【解析】依題意可得恒成立，則，得到一元二次不等式，解得即可；【詳解】解：依題意可得，命題等價于恒成立，故只需要解得，即故答案為：15、∪【解析】根據題意列出滿足的條件，解不等式組【詳解】由題意得，即，解得或，從而函數的定義域為∪.故答案為：∪.16、[-2，2]【解析】利用正弦函數的值域，二次函數的性質，求得函數f（x）的值域，屬于基礎題【詳解】∵sinx∈[-1，1]，∴函數y=1-sin2x-2sinx=-（sinx+1）2+2，故當sinx=1時，函數f（x）取得最小值為-4+2=-2，當sinx=-1時，函數f（x）取得最大值為2，故函數的值域為[-2，2]，故答案為[-2，2]【點睛】本題主要考查正弦函數的值域，二次函數的性質，屬于基礎題三、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）；（2）.【解析】（1）根據對數的性質進行求解即可；（2）根據對數的運算性質，結合配方法、對數復合函數的單調性進行求解即可.【詳解】（1）要使函數有意義，則有，解得，所以函數的定義域為.（2）函數可化.因為，所.因，所以，即，由，解得.18、（1）2；（2）(1，3].【解析】（1）根據函數是奇函數求得的解析式，比照系數，即可求得參數的值；（2）根據分段函數的單調性，即可列出不等式，即可求得參數的范圍.【詳解】（1）設x＜0，則－x＞0，所以f(－x)＝－(－x)2＋2(－x)＝－x2－2x.又f(x)為奇函數，所以f(－x)＝－f(x).于是當x＜0時，f(x)＝x2＋2x＝x2＋mx，所以m＝2.（2）要使f(x)在[－1，a－2]上單調遞增，結合f(x)的圖象知所以1＜a≤3，故實數a的取值范圍是(1，3].【點睛】本題考查利用奇偶性求參數值，以及利用函數單調性求參數范圍，屬綜合基礎題.19、（1）（2）證明見解析（3）集合M中元素的個數只可能是2【解析】（1）根據定義直接求解即可；（2）設，進而結合題意得，，再計算即可；（3）假設為集合M中的三個不相同的元素，進而結合題意，推出矛盾，得出假設不成立，即集合M中至多有兩個元素，且時符合題意，故集合M中元素的個數只可能是2【小問1詳解】解：因為若，則稱A，B互為相反元素，記作或，所以，所以.【小問2詳解】解：設，由，可得所以，當且僅當，即時上式“=”成立由題意可知即所以【小問3詳解】解：解法1：假設為集合M中的三個不相同的元素則即又由題意可知或1，i=1，2，，n恰有k個1，與n－k個0設其中k個等于1項依次為n－k個等于0的項依次為由題意可知所以，同理所以即因為由（2）可知因為所以，設，由題意可知.所以，得與為奇數矛盾所以假設不成立，即集合M中至多有兩個元素當時符合題意所以集合M中元素的個數只可能是2解法2：假設為集合M中的三個不相同的元素則即又由題意可知恰有k個1，與n－k個0設其中k個等于1的項依次為n－k個等于0的項依次由題意可知所以①同理②因為所以，①—②得又因為為奇數與矛盾所以假設不成立，即集合M中至多有兩個元素當時符合題意所以集合M中元素的個數只可能是2【點睛】關鍵點點睛：本題第三問解題的關鍵在于利用反證法證明當為集合M中的三個不相同的元素時，結合題意推出與為奇數矛盾，進而得集合M中至多有兩個元素，再舉例當時符合題意即可.20、見解析【解析】取的中點，連接、，則，進一步得到四邊形為平行四邊形，同理得到四邊形為平行四邊形，結合線面平行的判定即可得到結果.【詳解】證明:取的中點，連接、.