2026屆安徽省淮南一中高一數學第一學期期末達標檢測試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．若函數（且）的圖像經過定點P，則點P的坐標是（）A. B.C. D.2．（）A B.C. D.3．設集合，則是A. B.C. D.有限集4．實數，，的大小關系正確的是()A. B.C. D.5．，，這三個數之間的大小順序是（）A. B.C. D.6．關于函數有下述四個結論：①是偶函數；②在區(qū)間單調遞減；③在有個零點；④的最大值為.其中所有正確結論的編號是（）A.①②④ B.②④C.①④ D.①③7．如圖，在正三棱錐中，，點為棱的中點，則異面直線與所成角的大小為（）A.30° B.45°C.60° D.90°8．已知直線x+3y+n=0在x軸上的截距為-3，則實數n的值為（）A. B.C. D.9．設集合，，則（）A. B.C. D.10．如圖，正方體的棱長為1，動點在線上，，分別是，的中點，則下列結論中錯誤的是（）A. B.平面C.三棱錐的體積為定值 D.存在點，使得平面平面二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數，的圖像在區(qū)間上恰有三個最低點，則的取值范圍為________12．設角的頂點與坐標原點重合，始邊與軸的非負半軸重合，若角的終邊上一點的坐標為，則的值為__________13．已知集合M={3，m+1}，4∈M，則實數m的值為______14．已知函數在上單調遞減，則實數的取值范圍是______15．已知，，則__________16．將函數圖象上所有的點向右平行移動個單位長度，再把所得各點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），所得圖象的函數解析式為________.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．如圖，四邊形是矩形，平面，平面，，（1）證明：平面平面；（2）求三棱錐的體積18．已知函數是定義在R上的奇函數（1）用定義法證明為增函數；（2）對任意，都有恒成立，求實數k的取值范圍19．已知函數=（1）判斷的奇偶性；（2）求在的值域20．已知函數（1）當時，求的取值范圍；（2）若關于x的方程在區(qū)間上恰有兩個不同的實數根，求實數m的取值范圍21．已知函數（1）求函數的定義域及的值；（2）判斷函數的奇偶性；（3）判斷在上的單調性，并給予證明

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、B【解析】由函數圖像的平移變換或根據可得.【詳解】因為，所以當，即時，函數值為定值0，所以點P坐標為.另解：因為可以由向右平移一個單位長度后，再向下平移1個單位長度得到，由過定點，所以過定點.故選：B2、A【解析】由根據誘導公式可得答案.【詳解】故選：A3、C【解析】根據二次函數和指數函數的圖象和性質，分別求出兩集合中函數的值域，求出兩集合的交集即可【詳解】由集合S中的函數y＝3x＞0，得到集合S＝{y|y＞0}；由集合T中的函數y＝x2﹣1≥﹣1，得到集合T＝{y|y≥﹣1}，則S∩T＝S故選C【點睛】本題屬于求函數值域，考查了交集的求法，屬于基礎題4、B【解析】根據指數函數、對數函數的單調性分別判斷的取值范圍，即可得結果.【詳解】由對數函數的單調性可得，根據指數函數的單調性可得，即，，故選B.【點睛】本題主要考查對數函數的性質、指數函數的單調性及比較大小問題，屬于中檔題.解答比較大小問題，常見思路有兩個：一是判斷出各個數值所在區(qū)間（一般是看三個區(qū)間）；二是利用函數的單調性直接解答；數值比較多的比大小問題也可以兩種方法綜合應用.5、C【解析】利用指數函數和對數函數的性質比較即可【詳解】解：因為在上為減函數，且，所以，因為在上為增函數，且，所以，因為在上為增函數，且，所以，綜上，，故選：C6、A【解析】利用偶函數的定義可判斷出命題①的正誤；去絕對值，利用余弦函數的單調性可判斷出命題②的正誤；求出函數在區(qū)間上的零點個數，并利用偶函數的性質可判斷出命題③的正誤；由取最大值知，然后去絕對值，即可判斷出命題④的正誤.【詳解】對于命題①，函數的定義域為，且，則函數為偶函數，命題①為真命題；對于命題②，當時，，則，此時，函數在區(qū)間上單調遞減，命題②正確；對于命題③，當時，，則，當時，，則，由偶函數的性質可知，當時，，則函數在上有無數個零點，命題③錯誤；對于命題④，若函數取最大值時，，則，，當時，函數取最大值，命題④正確.因此，正確的命題序號為①②④.故選A.【點睛】本題考查與余弦函數基本性質相關的命題真假的判斷，解題時要結合自變量的取值范圍去絕對值，結合余弦函數的基本性質進行判斷，考查推理能力，屬于中等題.7、C【解析】取BC的中點E，∠DFE即為所求，結合條件即求.【詳解】如圖取BC的中點E，連接EF，DE，則EF∥AB，∠DFE即為所求，設，在正三棱錐中，，故，∴，∴，即異面直線與所成角的大小為.故選：C.8、B【解析】根據題意，分析可得點（﹣3，0）在直線x+3y+n=0上，將點的坐標代入直線方程，計算可得答案【詳解】根據題意，直線x+3y+n=0在x軸上的截距為﹣3，則點（﹣3，0）在直線x+3y+n=0上，即（﹣3）×+n=0，解可得：n=3；故選B【點睛】本題考查直線的一般式方程以及截距的計算，關鍵是掌握直線一般方程的形式，屬于基礎題9、D【解析】解一元二次不等式求出集合A，利用交集定義和運算計算即可【詳解】由題意可得，則故選：D10、D【解析】對A,根據中位線的性質判定即可.對B,利用平面幾何方法證明，再證明平面即可.對C,根據三棱錐以為底,且同底高不變,故體積不變判定即可.對D,根據與平面有交點判定即可.【詳解】在A中,因為分別是的中點,所以,故A正確;在B中,因為,,故,故.故,又有,所以平面,故B正確；在C中,三棱錐以面為底,則高是定值,所以三棱錐的體積為定值,故C正確.在D中,與平面有交點,所以不存在點,使得平面平面,故D錯誤.故選：D.【點睛】方法點睛：本題考查空間點線面位置關系，考查棱錐的體積，考查線面垂直的判定定理的應用，判斷線面垂直的方法主要有：

線面垂直的判定定理，直線與平面內的兩條相交直線垂直；

面面垂直的性質定理，若兩平面互相垂直，則在一個平面內垂直于交線的垂直于另一個平面；

線面垂直的性質定理，兩條平行線中有一條與平面垂直，則另一條也與平面垂直；

面面平行的性質定理，直線垂直于兩平行平面之一，必然垂直于另一個平面二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】直接利用正弦型函數的性質的應用和函數的單調遞區(qū)間的應用求出結果【詳解】解：，，根據正弦型函數圖象的特點知，軸左側有1個或2個最低點①若函數圖象在軸左側僅有1個最低點，則，解得，，，此時在軸左側至少有2個最低點函數圖象在軸左側僅有1個最低點不符合題意；②若函數圖象在軸左側有2個最低點，則，解得，又，則，故，時，在，恰有3個最低點綜上所述，故答案：12、##0.5【解析】利用余弦函數的定義即得.【詳解】∵角的終邊上一點的坐標為，∴.故答案為：.13、3【解析】∵集合M={3，m+1}，4∈M，∴4=m+1，解得m=3故答案為3.14、【解析】根據指數函數與二次函數的單調性，以及復合函數的單調性的判定方法，求得在上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，再結合題意，即可求解.【詳解】令，可得拋物線的開口向上，且對稱軸為，所以函數在上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，又由函數，根據復合函數的單調性的判定方法，可得函數在上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，因為函數在上單調遞減，則，可得實數的取值范圍是.故答案：.15、【解析】構造角，，再用兩角和的余弦公式及二倍公式打開.【詳解】，，，，，故答案為：【點睛】本題是給值求值題，關鍵是構造角，應注意的是確定三角函數值的符號.16、.【解析】由題意利用函數的圖象變換規(guī)律，即可得出結論.【詳解】將函數圖象上所有的點向右平行移動個單位長度，可得函數為，再把所得各點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），可得函數為.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）證明見解析（2）1【解析】（1）由平面，平面，得到，利用線面平行的判定定理得到平面，平面，然后利用面面平行的判定定理證明；（2）由平面，得到點到平面的距離，然后利用求解【小問1詳解】證明：平面，平面，，又平面，平面，平面，在矩形中，，且平面，平面，平面，又，∴平面平面【小問2詳解】平面，∴點到平面的距離為，∵四邊形矩形，，，，18、（1）證明見解析（2）【解析】（1）根據函數單調性定義及指數函數的單調性與值域即可證明；（2）由已知條件，利用函數的奇偶性和單調性，可得對恒成立，然后分離參數，利用基本不等式求出最值即可得答案.【小問1詳解】證明：設，則，由，可得，即，又，，所以，即，則在上為增函數；【小問2詳解】解：因為任意，都有恒成立，且函數是定義在R上的奇函數，所以對恒成立，又由（1）知函數在上為增函數，所以對恒成立，由，有，所以對恒成立，設，由遞減，可得，所以，當且僅當時取得等號，所以，即的取值范圍是.19、（1）奇函數（2）【解析】（1）由奇偶性的定義判斷（2）由對數函數性質求解【小問1詳解】，則，的定義域為，，故是奇函數【小問2詳解】，當時，，故，即在的值域為20、（1）（2）【解析】（1）首先利用三角恒等變換公式化簡函數解析式，再根據的取值范圍，求出的取值范圍，最后根據正弦函數的性質計算可得；（2）依題意可得，再由（1）及正弦函數的性質計算可得；【小問1詳解】解：因為即∵，∴，∴，∴，故的取值范圍為【小問2詳解】解：∵，∴由（1）知，∵有兩個不同的實數根，因為在上單調遞增，在上單調遞減，且當時，由正弦函數圖象可知，解得，故實數的取值范圍是21、（1）(2)偶函數（3）在上是減函數,證明見解析.【解析