2026屆山東省菏澤市鄄城縣第一中學高一上數(shù)學期末檢測試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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．若，則的值是（）A. B.C. D.12．函數(shù)的值域為（）A. B.C. D.3．已知函數(shù)，，則的值域為（）A. B.C. D.4．函數(shù)的定義域為（）A.（－∞，2） B.（－∞，2]C. D.5．已知實數(shù)滿足方程，則的最小值和最大值分別為（）A.-9，1 B.-10，1C.-9，2 D.-10，26．已知函數(shù)，則下列選項中正確的是（）A.函數(shù)是單調增函數(shù)B.函數(shù)的值域為C.函數(shù)為偶函數(shù)D.函數(shù)的定義域為7．設函數(shù)f(x)=2-x,x≤01,x>0，則滿足A.(-∞,-1]C.(-1,0) D.(-8．若函數(shù)是定義在上的偶函數(shù)，則（）A.1 B.3C.5 D.79．某同學參加研究性學習活動，得到如下實驗數(shù)據(jù)：x1.02.04.08.0y0.010.992.023現(xiàn)欲從理論上對這些數(shù)據(jù)進行分析并預測，則下列模擬函數(shù)合適的是（）A. B.C. D.10．對于任意實數(shù)，給定下列命題正確的是（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知，求________12．在中，，BC邊上的高等于,則______________13．已知對于任意x,y均有,且時，，則是_____（填奇或偶）函數(shù)14．若三棱錐中，,其余各棱長均為5，則三棱錐內切球的表面積為_____15．已知函數(shù)的圖象經過定點，若為正整數(shù)，那么使得不等式在區(qū)間上有解的的最大值是__________.16．函數(shù)的定義域為______.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．在平面直角坐標系xOy中，已知圓x2+y2-12x+32=0的圓心為Q，過點P（0，2）且斜率為k的直線l與圓Q相交于不同的兩點A，B，記AB的中點為E（Ⅰ）若AB的長等于，求直線l的方程；（Ⅱ）是否存在常數(shù)k，使得OE∥PQ？如果存在，求k值；如果不存在，請說明理由18．已知函數(shù)為R上的奇函數(shù)，其中a為常數(shù)，e是自然對數(shù)的底數(shù).（1）求函數(shù)的解析式；（2）求函數(shù)在上的最小值，并求取最小值時x的值.19．如圖，在四棱錐P-ABCD中，ABCD為平行四邊形，AB⊥AC，PA⊥平面ABCD，且PA=AB=2，AC=1，點E是PD的中點.（1）求證：PB//平面AEC；（2）求D到平面AEC的距離.20．對于函數(shù)，若實數(shù)滿足，則稱是的不動點．現(xiàn)設（1）當時，分別求與的所有不動點；（2）若與均恰有兩個不動點，求a的取值范圍；（3）若有兩個不動點，有四個不動點，證明：不存在函數(shù)滿足21．已知.（1）求函數(shù)的最小正周期及在區(qū)間的最大值；（2）若，求的值.

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、D【解析】由求出a、b，表示出，進而求出的值.詳解】由,.故選：D2、C【解析】由二倍角公式化簡，設，利用復合函數(shù)求值域.【詳解】函數(shù)，設，，則，由二次函數(shù)的圖像及性質可知，所以的值域為，故選：C.3、A【解析】根據(jù)兩角和的正弦公式、二倍角公式和輔助角公式化簡可得，結合和正弦函數(shù)的單調性即可求出函數(shù)的最大值和最小值.【詳解】由題意知，，由，得，又函數(shù)在上單調遞增，在上單調遞減，令，所以函數(shù)在上單調遞增，在上單調遞減，有，所以，故的值域為.故選：A4、D【解析】利用根式、分式的性質列不等式組求定義域即可.【詳解】由題設，，可得，所以函數(shù)定義域為.故選：D5、A【解析】即為y－2x可看作是直線y＝2x＋b在y軸上的截距，當直線y＝2x＋b與圓相切時，縱截距b取得最大值或最小值，此時，解得b＝－9或1．所以y－2x的最大值為1，最小值為－9故選A.6、D【解析】應用換元法求的解析式，進而求其定義域、值域，并判斷單調性、奇偶性，即可知正確選項.【詳解】由題意，由，則，即.令，則∴，其定義域為不是偶函數(shù)，又故不單調增函數(shù)，易得，則，∴.故選：D7、D【解析】畫出函數(shù)的圖象，利用函數(shù)的單調性列出不等式轉化求解即可【詳解】解：函數(shù)f(x)=2滿足f(x+1)<f(2x)，可得2x<0≤x+1或2x<x+1?0，解得x∈(-故選：D8、C【解析】先根據(jù)偶函數(shù)求出a、b的值，得到解析式，代入直接求解.【詳解】因為偶函數(shù)的定義域關于原點對稱，則，解得.又偶函數(shù)不含奇次項，所以，即，所以，所以.故選：C9、A【解析】由表中數(shù)據(jù)的增大趨勢和函數(shù)的單調性判斷可得選項.【詳解】解：由表中的數(shù)據(jù)看出：y隨x的增大而增大，且增大的幅度越來越小，而函數(shù)，在的增大幅度越來越大，函數(shù)呈線性增大，只有函數(shù)與已知數(shù)據(jù)的增大趨勢接近，故選：A.10、C【解析】利用特殊值判斷A、B、D，根據(jù)不等式的性質證明C；【詳解】解：對于A：當時，若則，故A錯誤；對于B：若，，，，滿足，則，，不成立，故B錯誤；對于C：若，則，所以，故C正確；對于D：若，滿足，但是，故D錯誤；故選：C二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】由條件利用同角三角函數(shù)的基本關系求得和的值，再利用兩角和差的三角公式求得的值【詳解】∵，∴，，，∴，∴故答案為：12、.【解析】設邊上的高為，則，求出，．再利用余弦定理求出.【詳解】設邊上的高為，則，所以，由余弦定理，知故答案為【點睛】本題主要考查余弦定理，意在考查學生對該知識的理解掌握水平，屬于基礎題.13、奇函數(shù)【解析】賦值，可求得，再賦值即可得到，利用奇偶性的定義可判斷奇偶性；【詳解】，令，得，，再令，得，是上的奇函數(shù)；【點睛】本題考查了賦值法及奇函數(shù)的定義14、【解析】由題意得，易知內切球球心到各面的距離相等，設為的中點，則在上且為的中點，在中，，所以三棱錐內切球的表面積為15、【解析】由可得出，由已知不等式結合參變量分離法可得出，令，求出函數(shù)在上的最大值，即可得出實數(shù)的取值范圍，即可得解.【詳解】由已知可得，則，解得，故，由得，因為，則，可得，令，，則函數(shù)在上單調遞減，所以，，.因此，正整數(shù)的最大值為.故答案：.16、且【解析】由根式函數(shù)和分式函數(shù)的定義域求解.【詳解】由，解得且，所以函數(shù)的定義域為且故答案為：且三、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、（Ⅰ）y=-+2或y=-x+2；（Ⅱ）不存在實數(shù)滿足題意【解析】（Ⅰ）待定系數(shù)法，設出直線，再根據(jù)已知條件列式，解出即可；（Ⅱ）假設存在常數(shù)，將轉化斜率相等，聯(lián)立直線與圓，根據(jù)韋達定理，由直線與圓相交可求得范圍．由斜率相等可求得的值，從而可判斷結論【詳解】（Ⅰ）圓Q的方程可寫成（x-6）2+y2=4，所以圓心為Q（6，0）設過P（0，2）且斜率為k的直線方程為y=kx+2∵|AB|=，∴圓心Q到直線l的距離d==，∴=，即22k2+15k+2=0，解得k=-或k=-所以，滿足題意的直線l方程為y=-+2或y=-x+2（Ⅱ）將直線l的方程y=x+2代入圓方程得x2+（kx+2）2-12x+32=0整理得（1+k2）x2+4（k-3）x+36=0.①直線與圓交于兩個不同的點A，B等價于△=[4（k-3）2]-4×36（1+k2）=42（-8k2-6k）＞0，解得-＜k＜0，即k的取值范圍為（-，0）設A（x1，y1），B（x2，y2），則AB的中點E（x0，y0）滿足x0==-，y0=kx0+2=∵kPQ==-，kOE==-，要使OE∥PQ，必須使kOE=kPQ=-，解得k=-，但是k∈（-，0），故沒有符合題意的常數(shù)k【點睛】本題考查了圓的標準方程及弦長計算,還考查了直線與圓相交知識，直線平行知識，中點坐標公式，韋達定理的應用，考查了轉化思想，屬中檔題18、（1）（2）在上的最小值是-4，取最小值時x的值為.【解析】（1）根據(jù)函數(shù)為R上的奇函數(shù)，由求解；（2）由（1）得到，令，轉化為二次函數(shù)求解.【小問1詳解】解：因為函數(shù)為R上的奇函數(shù)，所以，解得，所以，經檢驗滿足題意；【小問2詳解】由（1）知：，，另，因為t在上遞增，則，函數(shù)轉化為，當時，取得最小值-4，此時，即，解得，則，所以在上的最小值是-4，取最小值時x的值為.19、（1）證明見解析（2）【解析】（1）連接交于，連接，則可得，再由E是PD的中點，則可利用三角形中位線定理可得∥，然后利用線面平行的判定定理可證得結論；（2）由已知條件可證明，都為直角三角形，所以可求出，從而可求出的面積，然后利用等體積法可求出D到平面AEC的距離.【小問1詳解】連接交于，連接，因為四邊形為平行四邊形，所以，因為點E是PD的中點，所以∥，因為平面，平面，所以∥平面，【小問2詳解】因為∥，，所以，，因為平面，平面，所以，因為，、平面，所以平面，因為平面，所以，在直角中，，同理，在等腰中，,取的中點，連接，則∥，，因平面，所以平面，，設D到平面AEC的距離為，由，得,所以，得，所以D到平面AEC距離為20、（1）（2）（3）見詳解.【解析】【小問1詳解】因為，所以即，所以，所以的不動點為；解，，所以，因為是的解，所以上述四次方程必有因式，利用長除法或者雙十字相乘法因式分解得，所以，所以的不動點為；【小問2詳解】由得，由、得，因為是的解，所以上述四次方程必有因式，利用長除法或者雙十字相乘法因式分解得，因為與均恰有兩個不動點，所以①或②且和有同根，由①得，②中兩方程相減得，所以，故，綜上，a的取值范圍是；【小問3詳解】（3）設的不動點為，的不動點為，所以，設，則，所以，所以是的不動點，同理，也是的不動點，只能，假設存在，則或，因為過點，所以，否則矛盾，且，否則，所以一定存在，與均不同，所以，所以，所以有另外