內蒙古自治區(qū)呼和浩特市第六中學2025-2026學年高一數學第一學期期末檢測模擬試題注意事項：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．命題“且”是命題“”的（）條件A.充要 B.充分不必要C.必要不充分 D.既不充分也不必要2．函數的部分圖像如圖所示，則該函數的解析式為（）A. B.C. D.3．“”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4．已知函數則的值為（）A. B.0C.1 D.25．函數的最小值和最小正周期為（）A.1和2π B.0和2πC.1和π D.0和π6．計算器是如何計算，，，，等函數值的？計算器使用的是數值計算法，其中一種方法是用容易計算的多項式近似地表示這些函數，通過計算多項式的值求出原函數的值，如，，，其中.英國數學家泰勒(B.Taylor，1685-1731)發(fā)現了這些公式，可以看出，右邊的項用得越多，計算得出的和的值也就越精確.運用上述思想，可得到的近似值為（）A.0.50 B.0.52C.0.54 D.0.567．下列向量的運算中，正確的是A. B.C. D.8．若偶函數在區(qū)間上單調遞增，且，則不等式的解集是（）A. B.C. D.9．設函數,則使成立的的取值范圍是A. B.C. D.10．已知等邊兩個頂點，且第三個頂點在第四象限，則邊所在的直線方程是A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．給出如下五個結論：①存在使②函數是偶函數③最小正周期為④若是第一象限的角，且，則⑤函數的圖象關于點對稱其中正確結論序號為______________12．已知函數和函數的圖像相交于三點，則的面積為__________.13．求值：___________.14．函數的單調遞增區(qū)間是___________.15．已知，，則________.16．若直線與垂直，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．已知函數.（1）當時，求函數的零點；（2）若不等式在時恒成立，求實數k的取值范圍.18．已知函數求：的最小正周期；的單調增區(qū)間；在上的值域19．已知，均為銳角，且，是方程的兩根.（1）求的值；（2）若，求與的值.20．已知函數，（1）求函數的最小正周期；（2）求函數的對稱中心；（3）當時，求的最大值和最小值.21．某同學用“五點法”畫函數在某一個周期內的圖象時，列表并填入了部分數據，如下表：00200（1）請將上表數據補充完整；函數解析式為=（直接寫出結果即可）；（2）求函數的單調遞增區(qū)間；（3）求函數在區(qū)間上的最大值和最小值

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、A【解析】將化為，求出x、y值，根據充要條件的定義即可得出結果.【詳解】由，可得，解得x=1且y=2，所以“x=1且y=2”是“”的充要條件.故選：A.2、A【解析】由圖象確定以及周期，進而得出，再由得出的值.【詳解】顯然因為，所以，所以由得所以，即，因為，所以所以.故選：A【點睛】本題主要考查了由函數圖象確定正弦型函數的解析式，屬于中檔題.3、A【解析】利用或，結合充分條件與必要條件的定義可得結果.詳解】根據題意，由于或，因此可以推出，反之，不成立，因此“”是“”的充分而不必要條件，故選A.【點睛】判斷充分條件與必要條件應注意：首先弄清條件和結論分別是什么，然后直接依據定義、定理、性質嘗試.對于帶有否定性的命題或比較難判斷的命題，除借助集合思想化抽象為直觀外，還可利用原命題和逆否命題、逆命題和否命題的等價性，轉化為判斷它的等價命題；對于范圍問題也可以轉化為包含關系來處理.4、C【解析】將代入分段函數解析式即可求解.【詳解】解：因為，所以，又，所以，故選：C.5、D【解析】由正弦函數的性質即可求得的最小值和最小正周期【詳解】解：∵，∴當＝﹣1時，f（x）取得最小值，即f（x）min；又其最小正周期Tπ，∴f（x）的最小值和最小正周期分別是：，π故選D【點睛】本題考查正弦函數的周期性與最值，熟練掌握正弦函數的圖象與性質是解題關鍵，屬于中檔題6、C【解析】根據新定義，直接計算取近似值即可.【詳解】由題意，故選：C7、C【解析】利用平面向量的三角形法則進行向量的加減運算，即可得解.【詳解】對于A，，故A錯誤；對于B，，故B錯誤；對于C，，故C正確；對于D，，故D錯誤.故選：C.【點睛】本題考查平面向量的三角形法則，屬于基礎題.解題時，要注意向量的起點和終點.8、D【解析】由偶函數定義可確定函數在上的單調性，由單調性可解不等式．【詳解】由于函數是偶函數，在區(qū)間上單調遞增，且，所以，且函數在上單調遞減.由此畫出函數圖象，如圖所示，由圖可知，的解集是.故選：D.【點睛】本題考查函數的奇偶性與單調性，屬于基礎題．9、A【解析】，定義域為，∵，∴函數為偶函數，當時，函數單調遞增，根據偶函數性質可知：得成立，∴，∴，∴的范圍為故答案為A.考點：抽象函數的不等式.【思路點晴】本題考查了偶函數的性質和利用偶函數圖象的特點解決實際問題，屬于基礎題型，應牢記．根據函數的表達式可知函數為偶函數，根據初等函數的性質判斷函數在大于零的單調性為遞增，根據偶函數關于原點對稱可知，距離原點越遠的點，函數值越大，把可轉化為，解絕對值不等式即可10、C【解析】如圖所示，直線額傾斜角為，故斜率為，由點斜式得直線方程為.考點：直線方程.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、②③【解析】利用正弦函數的圖像與性質，逐一判斷即可.【詳解】對于①，，，故錯誤；對于②，，顯然為偶函數，故正確；對于③，∵y＝sin（2x）的最小正周期為π，∴y＝|sin（2x）|最小正周期為．故正確；對于④，令α，β，滿足，但，故錯誤；對于⑤，令則故對稱中心為，故錯誤.故答案為：②③【點睛】本題主要考查三角函數圖象與性質，考查輔助角公式和誘導公式、正弦函數的圖象的對稱性和單調性，屬于基礎題12、【解析】解出三點坐標，即可求得三角形面積.【詳解】由題：，，所以，，所以，.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】求出函數的定義域，利用復合函數法可求得函數的單調遞增區(qū)間.【詳解】由得，解得，所以函數的定義域為.設內層函數，對稱軸方程為，拋物線開口向下，函數在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，外層函數為減函數，所以函數的單調遞增區(qū)間為.故答案為：.15、【解析】根據已知條件求得的值，由此求得的值.【詳解】依題意，兩邊平方得，而，所以，所以.由解得，所以.故答案為：【點睛】知道其中一個，可通過同角三角函數的基本關系式求得另外兩個，在求解過程中要注意角的范圍.16、【解析】根據兩直線垂直的等價條件列方程，解方程即可求解.【詳解】因為直線與垂直，所以，解得：，故答案為：.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）由對數函數的性質可得，再解含指數的一元二次方程，結合指數的性質即可得解.（2）由題設有在上恒成立，判斷的單調性并確定其值域，即可求k的范圍.【小問1詳解】由題設，令，則，∴，可得或（舍），∴，故的零點為.【小問2詳解】由，則，即在上恒成立，∵在上均遞減，∴在上遞減，則，∴k的取值范圍為.18、（1）；（2），；（3）.【解析】利用三角恒等變換化簡函數的解析式，再利用正弦函數的周期性，得出結論;利用正弦函數的單調性，求得的單調增區(qū)間;利用正弦函數的定義域和值域，求得在上的值域【詳解】函數，故函數的最小正周期為．令，求得，可得函數的增區(qū)間為，在上，，，，即的值域為【點睛】本題主要考查三角恒等變換，正弦函數的周期性，單調性，定義域和值域，屬于中檔題．單調性：根據y=sint和t=的單調性來研究，由得單調增區(qū)間；由得單調減區(qū)間.19、（1）（2）；【解析】（1）利用韋達定理求出，再根據兩角和的正切公式即可得解；（2）求出，再根據二倍角正切公式即可求得，化弦為切即可求出.【小問1詳解】解：因為，均為銳角，且，是方程的兩根，所以，所以；【小問2詳解】因為，均為銳角，，所以，所以，所以，.20、（1）最小正周期（2），（3），【解析】（1）利用兩角和公式和二倍角公式對函數解析式化簡整理，利用周期公式求得函數的最小正周期，利用三角函數圖象和性質求得其對稱軸方程（2）根據正弦函數的性質計算可得；（3）利用的范圍求得的范圍，再根據正弦函數的性質求出函數在區(qū)間上最大值和最小值【小問1詳解】解：即所以的最小正周期為，【小問2詳解】解：令，，解得，，所以函數的對稱中心為，【小問3詳解】解：當時，，所以則當，即時，；當，即時，21、（1）；（2），；（3）見解析【解析】（1）由函數的最值求出，由周期求出，由五點法作圖求出的值，可得函數的解析式（2）利用正弦函數的單調性，求得函數）的單