遼源市重點中學2026屆高一上數學期末監(jiān)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．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何的體積為A.16+8 B.8+8C.16+16 D.8+162．在數學中，布勞威爾不動點定理是拓撲學里一個非常重要的不動點定理，它可應用到有限維空間，并構成一般不動點定理的基石，布勞威爾不動點定理得名于荷蘭數學家魯伊茲·布勞威爾(L.E.J.Brouwer)，簡單的講就是對于滿足一定條件的連續(xù)函數，存在點，使得，那么我們稱該函數為“不動點”函數，下列為“不動點”函數的是（）A. B.C. D.3．已知集合，集合，則（）A. B.C. D.4．下列與的終邊相同的角的集合中正確的是（）A. B.C. D.5．C，S分別表示一個扇形的周長和面積，下列能作為有序數對取值的是（）A. B.C. D.6．若條件p：，q：，則p是q成立的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既非充分也非必要條件7．下列函數中，在區(qū)間上是增函數的是（）A. B.C. D.8．將函數的周期擴大到原來的2倍，再將函數圖象左移，得到圖象對應解析式是（）A. B.C. D.9．已知函數，則函數在上單調遞增，是恒成立的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分又不必要條件10．已知函數的部分圖象如圖所示，則的解析式可能為（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知集合，，則=______12．化簡________.13．已知（其中且為常數）有兩個零點，則實數的取值范圍是___________.14．某租賃公司擁有汽車100輛.當每輛車的月租金為元時，可全部租出.當每輛車的月租金每增加50元時，未租出的車將會增加一輛.租出的車每輛每月需要維護費150元，未租出的車每輛每月需要維護費50元.若使租賃公司的月收益最大，每輛車的月租金應該定為__________15．設函數fx=ex-1,x≥a-xx2-5x+6,x<a，則當時，16．給定函數y＝f(x)，設集合A＝{x|y＝f(x)}，B＝{y|y＝f(x)}．若對于?x∈A，?y∈B，使得x+y＝0成立，則稱函數f(x)具有性質P．給出下列三個函數：①；②；③y＝lgx．其中，具有性質P的函數的序號是_____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．如圖，已知等腰梯形中，，，是的中點，，將沿著翻折成，使平面平面.(1)求證：平面；(2)求與平面所成的角；(3)在線段上是否存在點，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，說明理由.18．已知函數的最小正周期為，再從下列兩個條件中選擇一個作為已知條件：條件①：的圖象關于點對稱；條件②：的圖象關于直線對稱（1）請寫出你選擇的條件，并求的解析式；（2）在（1）的條件下，當時，求的最大值和最小值，并指出相應的取值注；如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分19．已知.（1）若能表示成一個奇函數和一個偶函數的和，求和的解析式；（2）若和在區(qū)間上都是減函數，求的取值范圍；（3）在（2）的條件下，比較和的大小.20．已知函數的部分圖象如圖所示.（1）求函數的解析式；（2）求方程在區(qū)間內的所有實數根之和.21．已知集合，集合（1）求；（2）設集合，若，求實數的取值范圍

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】由已知中的三視圖可得該幾何體是一個半圓柱和正方體的組合體，半圓柱底面半徑為2，故半圓柱的底面積半圓柱的高故半圓柱的體積為，長方體的長寬高分別為故長方體的體積為故該幾何體的體積為，選A考點：三視圖，幾何體的體積2、C【解析】根據已知定義，將問題轉化為方程有解，然后逐項進行求解并判斷即可.【詳解】根據定義可知：若有不動點，則有解.A．令，所以，此時無解，故不是“不動點”函數；B．令，此時無解，，所以不是“不動點”函數；C．當時，令，所以或，所以“不動點”函數；D．令即，此時無解，所以不是“不動點”函數.故選：C.3、C【解析】解不等式求出集合A中的x的范圍，然后求出A的補集，再與集合B求交集即可.【詳解】集合，則集合，，故選：C.【點睛】本題考查了集合的基本運算，屬于基礎題.4、C【解析】由任意角的定義判斷【詳解】，故與其終邊相同的角的集合為或角度制和弧度制不能混用，只有C符合題意故選：C5、B【解析】設扇形半徑為，弧長為，則，，根據選項代入數據一一檢驗即可【詳解】設扇形半徑為，弧長為，則，當，有，則無解，故A錯；當，有得，故B正確；當，有，則無解，故C錯；當，有，則無解，故D錯；故選：B6、B【解析】由條件推結論可判斷充分性，由結論推條件可判斷必要性【詳解】由不能推出，例如，但必有，所以p是q成立的必要不充分條件.故選：B.7、B【解析】根據函數單調性的定義和性質分別進行判斷即可【詳解】解：對于選項A.的對稱軸為，在區(qū)間上是減函數，不滿足條件對于選項B.在區(qū)間上是增函數，滿足條件對于選項C.在區(qū)間上是減函數，不滿足條件對于選項D.在區(qū)間上是減函數，不滿足條件故滿足條件的函數是故選：B【點睛】本題主要考查函數單調性的判斷，要求熟練掌握常見函數的單調性，屬基礎題8、D【解析】直接利用函數圖象的與平移變換求出函數圖象對應解析式【詳解】解：將函數y＝5sin（﹣3x）的周期擴大為原來的2倍，得到函數y＝5sin（x），再將函數圖象左移，得到函數y＝5sin[（x）]＝5sin（）＝5sin（）故選D【點睛】本題考查函數y＝Asin（ωx+φ）的圖象變換，屬于基礎題.9、A【解析】根據充分、必要條件的定義證明即可.【詳解】因為函數在上單調遞增，則，恒成立，即恒成立，，即.所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A.10、C【解析】根據奇偶性排除A和D，由排除B.【詳解】由圖可知，的圖象關于原點對稱，是奇函數,，，則函數，是偶函數，排除A和D．當時，恒成立，排除B.故選：C二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、{-1,1,2}；【解析】=={-1,1,2}12、【解析】觀察到，故可以考慮直接用輔助角公式進行運算.【詳解】故答案為：.13、【解析】設，可轉化為有兩個正解，進而可得參數范圍.【詳解】設，由有兩個零點，即方程有兩個正解，所以，解得，即，故答案為：.14、4050【解析】設每輛車的月租金定為元，則租賃公司的月收益：當時，最大，最大值為，即當每車輛的月租金定為元時，租賃公司的月收益最大，最大月收益是，故答案為.【思路點睛】本題主要考查閱讀能力、數學建模能力和化歸思想以及幾何概型概率公式，屬于難題.與實際應用相結合的題型也是高考命題的動向，這類問題的特點是通過現實生活的事例考查書本知識，解決這類問題的關鍵是耐心讀題、仔細理解題，只有吃透題意，才能將實際問題轉化為數學模型進行解答.解答本題的關鍵是：將租賃公司的月收益表示為關于每輛車的月租金的函數，然后利用二次函數的性質解答.15、①.②.【解析】當時得到，令，再利用定義法證明在上單調遞減，從而得到，令，，根據指數函數的性質得到函數的單調性，即可求出的最小值，即可得到的最小值；分別求出與的零點，根據恰有兩個零點，即可求出的取值范圍；【詳解】解：當時，令，，設且，則因為且，所以，，所以，所以，所以在上單調遞減，所以，令，，函數在定義域上單調遞增，所以，所以的最小值為；對于，令，即，解得，對于，令，即，解得或或，因為fx=ex-1,x≥a-xx2-5x+6,x<a恰有兩個零點，則和一定為的零點，不為的零點，所以，即；故答案為：；；16、①③【解析】A即為函數的定義域，B即為函數的值域，求出每個函數的定義域及值域，直接判斷即可【詳解】對①，A＝(﹣∞，0)∪(0，+∞)，B＝(﹣∞，0)∪(0，+∞)，顯然對于?x∈A，?y∈B，使得x+y＝0成立，即具有性質P；對②，A＝R，B＝(0，+∞)，當x＞0時，不存在y∈B，使得x+y＝0成立，即不具有性質P；對③，A＝(0，+∞)，B＝R，顯然對于?x∈A，?y∈B，使得x+y＝0成立，即具有性質P；故答案為：①③【點睛】本題以新定義為載體，旨在考查函數的定義域及值域，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)證明見解析；(2)30°；(3)存在，.【解析】(1)首先根據已知條件并結合線面垂直的判定定理證明平面，再證明即可求解；(2)根據(1)中結論找出所求角，再結合已知條件即可求解；(3)首先假設存在，然后根據線面平行的性質以及已知條件，看是否能求出點的具體位置，即可求解.【詳解】(1)因為，是的中點，所以，故四邊形是菱形，從而，所以沿著翻折成后，，又因為，所以平面，由題意，易知，，所以四邊形是平行四邊形，故，所以平面；(2)因為平面，所以與平面所成的角為，由已知條件，可知，，所以是正三角形，所以，所以與平面所成的角為30°；(3)假設線段上是存在點，使得平面，過點作交于，連結，，如下圖：所以，所以，，，四點共面，又因平面，所以，所以四邊形為平行四邊形，故，所以為中點，故在線段上存在點，使得平面，且.18、（1）；（2）時，有最小值，時，有最大值2.【解析】（1）若選①，根據周期求出，然后由并結合的范圍求出，最后求出答案；若選②，根據周期求出，然后由并結合的范圍求出，最后求出答案；（2）結合（1），先求出的范圍，然后結合正弦函數的性質求出答案.【小問1詳解】若選①，由題意，，因為函數的圖象關于點對稱，所以，而，則，于是.若選②，由題意，，因為函數的圖象關于直線對稱，所以，而，則，于是.【小問2詳解】結合（1），因為，所以，則當時，有最小值為，當時，有最大值為.19、（1）（2）（3）【解析】（1）根據函數奇偶性的定義可得出關于和的等式組，即可解得函數和的解析式；（2）利用已知條件求得；（3）化簡的表達式，令，分析關于的函數在上的單調性，由此可得出與的大小.【小問1詳解】由已知可得，，，所以，，，解得.即.【小問2詳解】函數在區(qū)間上是減函數，則，解得，又由函數在區(qū)間上是減函數，得，則且，所以.【小問3詳解】由（2），令，因為函數和在上為增函數，故函數在上為增函數，所以，，而，所以，即.20、（1）（2）【解析】（1）由圖像得，并求解出周期為，從而得，再代入最大值，利用整體法，從而求解得，可得解析式為；（2）作出函數與的圖像，可得兩個函數在有四個交點，從而得有四個實數根，再利用三角函數的對稱性計算得實數根之和.【小問1詳解】由圖可知，，∴∴，又點在的圖象上∴，∴，，，∵，∴，∴.【小問2詳解】由圖得在上的圖象與直線有4個交點，則方程在上有4個實數根，設這4個實數根分別為，，，，且，由，得所以可知，關于直線對稱，∴，關于直線對稱，∴，∴【點睛】求三角