2026屆云南省麗江市數學高一上期末檢測模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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．已知函數，若對任意，總存在，使得不等式都恒成立，則實數的取值范圍為（）A. B.C. D.2．已知函數是冪函數，且在上是減函數，則實數m的值是（）A或2 B.2C. D.13．基本再生數R0與世代間隔T是新冠肺炎的流行病學基本參數.基本再生數指一個感染者傳染的平均人數，世代間隔指相鄰兩代間傳染所需的平均時間.在新冠肺炎疫情初始階段，可以用指數模型：描述累計感染病例數I(t)隨時間t(單位:天)的變化規(guī)律，指數增長率r與R0，T近似滿足R0=1+rT.有學者基于已有數據估計出R0=3.28，T=6.據此，在新冠肺炎疫情初始階段，累計感染病例數增加1倍需要的時間約為(ln2≈0.69)（）A.1.2天 B.1.8天C.2.5天 D.3.5天4．已知函數，對于任意，且，均存在唯一實數，使得，且，若關于的方程有4個不相等的實數根，則的取值范圍是A. B.C. D.5．已知集合U={?2，?1，0，1，2，3}，A={?1，0，1}，B={1，2}，則（）A.{?2，3} B.{?2，2，3}C.{?2，?1，0，3} D.{?2，?1，0，2，3}6．與直線垂直，且在軸上的截距為-2的直線方程為（）A. B.C. D.7．若方程則其解得個數為（）A.3 B.4C.6 D.58．對于實數a，b，c下列命題中的真命題是()A.若a＞b，則ac2＞bc2 B.若a＞b＞0，則C.若a＜b＜0，則 D.若a＞b，，則a＞0，b＜09．已知a，b，c，d均為實數，則下列命題正確的是（）A.若，，則B.若，，則C.若，則D.若，則10．函數圖像大致為（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．圓在點P（1，）處的切線方程為_____12．向量在邊長為1的正方形網格中的位置如圖所示，則__________13．①函數y=sin2x的單調增區(qū)間是[]，（k∈Z）；②函數y=tanx在它的定義域內是增函數；③函數y=|cos2x|的周期是π；④函數y=sin（）是偶函數；其中正確的是____________14．若，則的最小值是___________，此時___________.15．在平面直角坐標系中，已知為坐標原點，，，，若動點，則的最大值為______.16．已知集合A={2，log2m}，B={m，n}(m，n∈R)，且，則A∪B=___________.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．已知函數的部分圖象如圖所示.（1）求的解析式；（2）把圖象上所有點的橫坐標縮小到原來的，再向左平移個單位長度，向下平移1個單位長度，得到的圖象，求的單調區(qū)間.18．已知函數fx=-x2（1）求不等式cx（2）當gx=fx-mx在19．已知，且在第三象限，（1）和（2）.20．已知函數.（1）求在閉區(qū)間的最大值和最小值；（2）設函數對任意，有，且當時，.求在區(qū)間上的解析式.21．在△中，的對邊分別是，已知，.（1）若△的面積等于，求；（2）若，求△的面積.

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】探討函數性質，求出最大值，再借助關于a函數單調性列式計算作答.【詳解】依題意，，則是上的奇函數，當時，，在上單調遞增，在上單調遞減，則，由奇函數性質知，函數在上的最大值是，依題意，存在，，令，顯然是一次型函數，因此，或，解得或，所以實數的取值范圍為.故選：D2、C【解析】由函數是冪函數可得，解得或2，再討論單調性即可得出.【詳解】是冪函數，，解得或2，當時，在上是減函數，符合題意，當時，在上是增函數，不符合題意，.故選：C.3、B【解析】根據題意可得，設在新冠肺炎疫情初始階段，累計感染病例數增加1倍需要的時間為天，根據，解得即可得結果.【詳解】因為，，，所以，所以，設在新冠肺炎疫情初始階段，累計感染病例數增加1倍需要的時間為天，則，所以，所以，所以天.故選：B.【點睛】本題考查了指數型函數模型的應用，考查了指數式化對數式，屬于基礎題.4、A【解析】解：由題意可知f（x）在[0，+∞）上單調遞增，值域為[m，+∞），∵對于任意s∈R，且s≠0，均存在唯一實數t，使得f（s）＝f（t），且s≠t，∴f（x）在（﹣∞，0）上是減函數，值域為（m，+∞），∴a＜0，且﹣b+1＝m，即b＝1﹣m∵|f（x）|＝f（）有4個不相等的實數根，∴0＜f（）＜﹣m，又m＜﹣1，∴0m，即0＜（1）m＜﹣m，∴﹣4＜a＜﹣2，∴則a的取值范圍是（﹣4，﹣2），故選A點睛：本題中涉及根據函數零點求參數取值，是高考經常涉及的重點問題，（1）利用零點存在的判定定理構建不等式求解；（2）分離參數后轉化為函數的值域（最值）問題求解，如果涉及由幾個零點時，還需考慮函數的圖象與參數的交點個數；（3）轉化為兩熟悉的函數圖象的上、下關系問題，從而構建不等式求解.5、A【解析】首先進行并集運算，然后計算補集即可.【詳解】由題意可得：，則.故選：A.【點睛】本題主要考查并集、補集的定義與應用，屬于基礎題.6、A【解析】先求出直線的斜率，再利用直線的點斜式方程求解.【詳解】由題得所求直線的斜率為，∴所求直線方程為，整理為故選：A【點睛】方法點睛：求直線的方程，常用的方法：待定系數法，先定式（從直線的五種形式中選擇一種作為直線的方程），后定量（求出直線方程中的待定系數）.7、C【解析】分別畫出和的圖像，即可得出.【詳解】方程，即，令，，易知它們都是偶函數，分別畫出它們的圖像，由圖可知它們有個交點.故選：.【點睛】本題主要考查的是函數零點，利用數型結合是解決本題的關鍵，同時考查偶函數的性質，是中檔題.8、D【解析】逐一分析選項，得到正確答案.【詳解】A.當時，，所以不正確；B.當時，，所以不正確；C.，當時，，，即，所以不正確；D.，，即，所以正確.故選D.【點睛】本題考查不等式性質的應用，比較兩個數的大小，1.做差法比較；2.不等式性質比較；3.函數單調性比較.9、B【解析】利用不等式的性質逐項判斷可得出合適的選項.【詳解】對于A選項，若，，則，故，A錯；對于B選項，若，，則，所以，，故，B對；對于C選項，若，則，則，C錯；對于D選項，若，則，所以，，D錯.故選：B.10、B【解析】先求出函數的定義域，判斷出函數為奇函數，排除選項D，由當時，，排除A，C選項，得出答案.【詳解】解析：定義域為，，所以為奇函數，可排除D選項，當時，，，由此，排除A，C選項，故選：B二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、x－y＋2＝0【解析】圓，點在圓上，∴其切線方程為，整理得：12、3【解析】由題意可知故答案為313、①④【解析】①由，解得．可得函數單調增區(qū)間；②函數在定義域內不具有單調性；③由，即可得出函數的最小正周期；④利用誘導公式可得函數，即可得出奇偶性【詳解】解：①由，解得．可知：函數的單調增區(qū)間是，，，故①正確；②函數在定義域內不具有單調性，故②不正確；③，因此函數的最小正周期是，故③不正確；④函數是偶函數，故④正確其中正確的是①④故答案為：①④【點睛】本題考查了三角函數的圖象與性質，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題14、①.1②.0【解析】利用基本不等式求解.【詳解】因為，所以,當且僅當，即時，等號成立，所以其最小值是1，此時0，故答案為：1，015、【解析】設動點，由題意得動點軌跡方程為則由其幾何意義得表示圓上的點到的距離，故點睛：本題主要考查了平面向量的線性運算及其運用，綜合了圓上點與定點之間的距離最大值，先給出動點的軌跡方程，再表示出向量的坐標結果，依據其幾何意義計算求得結果，本題方法不唯一，還可以直接計算含有三角函數的最值16、【解析】根據條件得到，解出，進而得到.【詳解】因為，所以且，所以，解得：，則，，所以.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）單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為【解析】（1）根據最值求的值；根據周期求的值；把點代入求的值.（2）首先根據圖象的變換求出的解析式，然后利用整體代入的方法即可求出的單調區(qū)間.【小問1詳解】由圖可知，所以，.又，所以，因為，所以.因為，所以，即，又|，得，所以.【小問2詳解】由題意得，由，得，故的單調遞減區(qū)間為，由，得，故的單調遞增區(qū)間為.18、（1）x∈（2）m≥1【解析】（1）由不等式fx>0的解集為x1<x<2可得x2-bx-c=0的兩根是1,2，根據根系數的關系可求b=3和c=-2，代入不等式cx2【詳解】（1）由fx>0的解集為x1<x<2，則-x2+bx+c>0的解集為x1<x<2則1+2=b1×2=-c由cx則解集為x∈（2）由gx=-x則3-m2解出m≥1【點睛】本題考查了三個二次的關系，（1）二次函數的圖像與x軸交點的橫坐標，二次不等解集的端點值，一元二次方程的根是同一個量的不同表現形式；（2）二次函數、二次不等式，二次方程常稱作“三個二次”，其中的某類的問題?？梢赞D化為另兩類問題加以解決，所以三者的關系密切而重要．其中二次函數是“三個二次”的核心，通過二次函數的圖像使它們貫穿一體，使得數形結合思想在此類問題的解決中十分有效19、（1），（2）【解析】（1）利用同角三角函數關系求解即可.（2）利用同角三角函數關系和誘導公式求解即可.【小問1詳解】已知，且在第三象限，所以，【小問2詳解】原式20、（1）最大值為，最小值為；（2）.【解析】（1）利用兩角和的正弦公式，二倍角公式以及輔助角公式將化簡，再由三角函數的性質求得最值；（2）利用時，，對分類求出函數的解析式即可.【詳解】（1），因為，所以，則，，所以的最大值為；的最小值為；（2）當時，，當時，，，當時，；，綜上：在區(qū)間上的解析式為：.【點睛】關鍵點睛：本題考查了三角函數中的恒等變換應用，三角函數的周期性及其求法.熟練掌握兩角和的正弦公式，二倍角公式以及輔助角公式是解決本題的關鍵.21、(1)；(2).【解析】（1）先根據條件可得到，由三角形的面積可得，與聯立得到方程組后可解得．（2