寧夏回族自治區(qū)銀川市興慶區(qū)銀川一中2026屆數(shù)學(xué)高一上期末綜合測(cè)試模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫(xiě)在“答題紙”相應(yīng)位置上。2．請(qǐng)用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫(xiě)姓名和準(zhǔn)考證號(hào)。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無(wú)效。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個(gè)小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，恰有一項(xiàng)是符合題目要求的1．設(shè)入射光線沿直線y=2x+1射向直線,則被反射后,反射光線所在的直線方程是A. B.C. D.2．如圖，有一個(gè)水平放置的透明無(wú)蓋的正方體容器，容器高4cm，將一個(gè)球放在容器口，再向容器內(nèi)注水，當(dāng)球面恰好接觸水面時(shí)測(cè)得水深為3cm，如果不計(jì)容器的厚度，則球的體積為A.B.C.D.3．是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，點(diǎn)分別是邊的中點(diǎn)，連接并延長(zhǎng)到點(diǎn)，使得，則的值為（）A. B.C. D.4．若，則有（）A.最小值為3 B.最大值為3C.最小值為 D.最大值為5．已知定義在R上的函數(shù)，（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，），則（）A.3 B.6C.3e D.與實(shí)數(shù)m的取值有關(guān)6．已知是定義在區(qū)間上的奇函數(shù)，當(dāng)時(shí)，.則關(guān)于的不等式的解集為A. B.C. D.7．已知函數(shù)，則（）A. B.C. D.18．已知向量，，且與的夾角為銳角，則的取值范圍是A. B.C. D.9．若函數(shù)圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)向右平移個(gè)單位，縱坐標(biāo)保持不變，得到的函數(shù)圖象關(guān)于軸對(duì)稱(chēng)，則的最小值為（）A. B.C. D.10．為了得到函數(shù)的圖象，只需把函數(shù)的圖象上所有點(diǎn)（）A.向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度 B.向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度C.向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度 D.向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．直線的傾斜角為，直線的傾斜角為，則__________12．用表示a，b中的較小者，則的最大值是____.13．在中，，，與的夾角為，則_____14．設(shè)函數(shù)則的值為_(kāi)_______15．已知函數(shù)，若方程有4個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，則的取值范圍是____16．已知函數(shù)，方程有四個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根（1）實(shí)數(shù)m的取值范圍為_(kāi)____________；（2）的取值范圍為_(kāi)_____________三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時(shí)應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。17．已知函數(shù).（1）求函數(shù)的定義域；（2）設(shè)，若函數(shù)在上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的取值范圍；（3）設(shè)，是否存在正實(shí)數(shù)，使得函數(shù)在內(nèi)的最大值為4？若存在，求出的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.18．將函數(shù)（且）的圖象向左平移1個(gè)單位，再向上平移2個(gè)單位，得到函數(shù)的圖象，（1）求函數(shù)的解析式；（2）設(shè)函數(shù)，若對(duì)一切恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍；（3）若函數(shù)在區(qū)間上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的取值范圍.19．首屆世界低碳經(jīng)濟(jì)大會(huì)在南昌召開(kāi)，本屆大會(huì)以“節(jié)能減排，綠色生態(tài)”為主題.某單位在國(guó)家科研部門(mén)的支持下進(jìn)行技術(shù)攻關(guān)，采取了新工藝，把二氧化碳轉(zhuǎn)化為一種可利用的化工產(chǎn)品.已知該單位每月的處理量最少為400噸，最多為600噸，月處理成本(元)與月處理量(噸)之間的函數(shù)關(guān)系可近似的表示為，且處理每噸二氧化碳得到可利用的化工產(chǎn)品價(jià)值為100元.（1）該單位每月處理量為多少?lài)崟r(shí)，才能使每噸平均處理成本最低？（2）該單位每月能否獲利？如果獲利，求出最大利潤(rùn)；如果不獲利，則需要國(guó)家至少補(bǔ)貼多少元才能使單位不虧損？20．已知集合，，.（1）當(dāng)時(shí)，求；（2）當(dāng)時(shí)，求實(shí)數(shù)的值.21．已知函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，當(dāng)時(shí)有.（1）求函數(shù)的解析式；（2）判斷函數(shù)在上的單調(diào)性，并用定義證明.

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(gè)小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，恰有一項(xiàng)是符合題目要求的1、D【解析】由可得反射點(diǎn)A(?1,?1),在入射光線y=2x+1上任取一點(diǎn)B(0,1)，則點(diǎn)B(0,1)關(guān)于y=x的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)C(1,0)在反射光線所在的直線上根據(jù)點(diǎn)A(?1,?1)和點(diǎn)C(1,0)坐標(biāo)，利用兩點(diǎn)式求得反射光線所在的直線方程是，化簡(jiǎn)可得x?2y?1=0.故選D.2、A【解析】設(shè)球的半徑為R，根據(jù)已知條件得出正方體上底面截球所得截面圓的半徑為2cm，球心到截面圓圓心的距離為，再利用球的性質(zhì)，求得球的半徑，最后利用球體體積公式，即可得出答案【詳解】設(shè)球的半徑為R，設(shè)正方體上底面截球所得截面圓恰好為上底面正方形的內(nèi)切圓，該圓的半徑為，且該截面圓圓心到水面的距離為1cm，即球心到截面圓圓心的距離為，由勾股定理可得，解得，因此，球的體積為故選A【點(diǎn)睛】本題主要考查了球體的體積的計(jì)算問(wèn)題，解決本題的關(guān)鍵在于利用幾何體的結(jié)構(gòu)特征和球的性質(zhì)，求出球體的半徑，著重考查了空間想象能力，以及推理與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題3、B【解析】設(shè)，，∴，，，∴.【考點(diǎn)】向量數(shù)量積【名師點(diǎn)睛】研究向量的數(shù)量積問(wèn)題，一般有兩個(gè)思路，一是建立直角坐標(biāo)系，利用坐標(biāo)研究向量數(shù)量積；二是利用一組基底表示所有向量，兩種實(shí)質(zhì)相同，坐標(biāo)法更易理解和化簡(jiǎn).平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算的引入為向量提供了新的語(yǔ)言——“坐標(biāo)語(yǔ)言”，實(shí)質(zhì)是將“形”化為“數(shù)”．向量的坐標(biāo)運(yùn)算，使得向量的線性運(yùn)算都可用坐標(biāo)來(lái)進(jìn)行，實(shí)現(xiàn)了向量運(yùn)算完全代數(shù)化，將數(shù)與形緊密結(jié)合起來(lái)4、A【解析】利用基本不等式即得,【詳解】∵，∴，∴，當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)取等號(hào)，∴有最小值為3.故選：A.5、B【解析】可證，從而可得正確的選項(xiàng).【詳解】因?yàn)?，故，故，故選：B6、A【解析】分析：根據(jù)函數(shù)奇偶性的性質(zhì)將不等式進(jìn)行轉(zhuǎn)化為一般的不等式求解即可詳解：∵，函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，∴，又f(x)是定義在[?1,1]上的減函數(shù)，∴，即，解得∴不等式的解集為故選A點(diǎn)睛：解題的關(guān)鍵是根據(jù)函數(shù)的奇偶性將不等式化為或的形式，然后再根據(jù)單調(diào)性將函數(shù)不等式化為一般的不等式求解，解題時(shí)不要忘了函數(shù)定義域的限制7、D【解析】由分段函數(shù)定義計(jì)算【詳解】，所以故選：D8、B【解析】因?yàn)榕c夾角為銳角，所以cos<,>>0，且與不共線，由得，k>－2且，故選B考點(diǎn)：本題主要考查平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算，向量夾角公式點(diǎn)評(píng)：基礎(chǔ)題，由夾角為銳角，可得到k得到不等式，應(yīng)注意夾角為0°時(shí)，夾角的余弦值也大于0.9、B【解析】由題設(shè)可得，根據(jù)已知對(duì)稱(chēng)性及余弦函數(shù)的性質(zhì)可得，即可求的最小值.【詳解】由題設(shè)，關(guān)于軸對(duì)稱(chēng)，∴且，則，，又，∴的最小值為.故選：B.10、D【解析】利用三角函數(shù)圖象的平移變換及誘導(dǎo)公式即可求解.【詳解】將函數(shù)的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度得到.故選：D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】，所以，，故．填12、【解析】分別做出和的圖象，數(shù)形結(jié)合即可求解.【詳解】解：分別做出和的圖象，如圖所示：又，當(dāng)時(shí)，解得：，故當(dāng)時(shí)，.故答案為：.13、【解析】利用平方運(yùn)算可將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為數(shù)量積和模長(zhǎng)的運(yùn)算，代入求得，開(kāi)方得到結(jié)果.【詳解】【點(diǎn)睛】本題考查向量模長(zhǎng)的求解問(wèn)題，關(guān)鍵是能夠通過(guò)平方運(yùn)算將問(wèn)題轉(zhuǎn)變?yōu)橄蛄康臄?shù)量積和模長(zhǎng)的運(yùn)算，屬于?？碱}型.14、【解析】直接利用分段函數(shù)解析式，先求出的值，從而可得的值.【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)，所以，則，故答案為.【點(diǎn)睛】本題主要考查分段函數(shù)的解析式、分段函數(shù)解不等式，屬于中檔題.對(duì)于分段函數(shù)解析式的考查是命題的動(dòng)向之一，這類(lèi)問(wèn)題的特點(diǎn)是綜合性強(qiáng)，對(duì)抽象思維能力要求高，因此解決這類(lèi)題一定要層次清楚，思路清晰.15、【解析】先畫(huà)出函數(shù)的圖象，把方程有4個(gè)不同的實(shí)數(shù)根轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖象與有四個(gè)不同的交點(diǎn)，結(jié)合對(duì)數(shù)函數(shù)和二次函數(shù)的性質(zhì)，即可求解.【詳解】由題意，函數(shù)，要先畫(huà)出函數(shù)的圖象，如圖所示，又由方程有4個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，即函數(shù)的圖象與有四個(gè)不同的交點(diǎn)，可得，且，則=，因?yàn)?，則，所以.故答案為.【點(diǎn)睛】本題主要考查了函數(shù)與方程的綜合應(yīng)用，其中解答中把方程有4個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的有四個(gè)交點(diǎn)，結(jié)合對(duì)數(shù)函數(shù)與二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)求解是解答的關(guān)鍵，著重考查了數(shù)形結(jié)合思想，以及推理與運(yùn)算能力，屬于中檔試題.16、①.②.【解析】利用數(shù)形結(jié)合可得實(shí)數(shù)m的取值范圍，然后利用對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可得，再利用正弦函數(shù)的對(duì)稱(chēng)性及二次函數(shù)的性質(zhì)即求.【詳解】作出函數(shù)與函數(shù)的圖象，則可知實(shí)數(shù)m的取值范圍為，由題可知，，∵，∴，即，又，，∴，又函數(shù)在上單調(diào)遞增，∴，即.故答案為：；.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛；本題的關(guān)鍵是數(shù)形結(jié)合，結(jié)合對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)及正弦函數(shù)的性質(zhì)可得，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)即解.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時(shí)應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。17、（1）；（2）；（3）存在，.【解析】（1）根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)的定義域列不等式求解即可.（2）由函數(shù)的單調(diào)性和零點(diǎn)存在定理，列不等式求解即可.（3）由對(duì)勾函數(shù)的性質(zhì)可得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，利用分類(lèi)討論的思想討論定義域與單調(diào)區(qū)間的關(guān)系，再利用函數(shù)的最值存在性問(wèn)題求出實(shí)數(shù)的值.【詳解】（1）由題意，函數(shù)有意義，則滿足，解得，即函數(shù)的定義域?yàn)?（2）由，且，可得，且為單調(diào)遞增連續(xù)函數(shù)，又函數(shù)在上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，所以，即，解得，所以實(shí)數(shù)的取值范圍是.（3）由，設(shè)，則，易證在為單調(diào)減函數(shù)，在為單調(diào)增函數(shù)，當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上為增函數(shù)，所以最大值為，解得，不符合題意，舍去；當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上為減函數(shù)，所以最大值為，解得，不符合題意，舍去；當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上減函數(shù)，在上為增函數(shù)，所以最大值為或，解得，符合題意，綜上可得，存在使得函數(shù)的最大值為4.【點(diǎn)睛】本題考查了對(duì)數(shù)函數(shù)的定義域問(wèn)題、零點(diǎn)存在定理、對(duì)勾函數(shù)的應(yīng)用，考查了理解辨析的能力、數(shù)學(xué)運(yùn)算能力、分類(lèi)討論思想和轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，屬于一般題目.18、（1）（2）（3）【解析】（1）由圖象的平移特點(diǎn)可得所求函數(shù)的解析式；（2）求得的解析式，可得對(duì)一切恒成立，再由二次函數(shù)的性質(zhì)可得所求范圍；（3）將化簡(jiǎn)為，由題意可得只需在區(qū)間，，上有唯一解，利用圖象，數(shù)形結(jié)合求得答案.【小問(wèn)1詳解】將函數(shù)且的圖象向左平移1個(gè)單位，得到的圖象，再向上平移2個(gè)單位，得到函數(shù)的圖象,即：;【小問(wèn)2詳解】函數(shù)，，若對(duì)一切恒成立，則對(duì)一切恒成立，由在遞增，可得，所以，即的取值范圍是，；【小問(wèn)3詳解】關(guān)于的方程且，故函數(shù)在區(qū)間上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，等價(jià)于在區(qū)間上有唯一解，作出函數(shù)且的圖象，如圖示：當(dāng)時(shí)，方程的解有且只有1個(gè)，故實(shí)數(shù)p的取值范圍是.19、（1）400噸；（2）不獲利，需要國(guó)家每個(gè)月至少補(bǔ)貼40000元才能不虧損.【解析】（1）由題設(shè)平均每噸二氧化碳的處理成本為，應(yīng)用基本不等式求其最小值，注意等號(hào)成立條件.（2）根據(jù)獲利，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)判斷是否獲利，由其值域確定最少的補(bǔ)貼額度.【小問(wèn)1詳解】由題意知，平均每噸二氧化碳的處理成本為；當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號(hào)成立，故該當(dāng)每月處理量為400噸時(shí)，才能使每噸的平均處理成本最低為200元.【小問(wèn)2詳解】不獲利，設(shè)該單位每個(gè)月獲利為S元，則，因?yàn)?，則，故該當(dāng)單位每月不獲利，需要國(guó)家每個(gè)月至少補(bǔ)貼40000元才能不虧損.20、（1）或；（2）.【解析】（1）可以求出，時(shí)，可以求出，然后進(jìn)行補(bǔ)集、交集的運(yùn)算即可；（2）根據(jù)即可得出，是方程的實(shí)數(shù)根，帶入方程即可求出.【詳解】（1），時(shí)，；或；或；（2）；是方程的一個(gè)實(shí)根；，.【點(diǎn)睛】本題主要考查不等式的性質(zhì)，描述法的定義，一元二次不等式的解法，交集、補(bǔ)集的運(yùn)算，以及一元二次不等式的解和對(duì)應(yīng)一元二次方程的實(shí)根的關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題.21、（