上海市第四中學2026屆高一上數學期末達標檢測試題請考生注意：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．已知則（）A. B.C. D.2．2019年7月，中國良渚古城遺址獲準列入世界遺產名錄，標志著中華五千年文明史得到國際社會認可.考古科學家在測定遺址年齡的過程中利用了“放射性物質因衰變而減少”這一規(guī)律.已知樣本中碳14的質量N隨時間t（單位：年）的衰變規(guī)律滿足（表示碳14原有的質量）.經過測定，良渚古城遺址文物樣本中碳14的質量是原來的至，據此推測良渚古城存在的時期距今約（）年到5730年之間？（參考數據：，）A.4011 B.3438C.2865 D.22923．若實數，滿足，則的最小值是（）A.18 B.9C.6 D.24．已知函數，若函數在上有3個零點，則m的取值范圍為（）A. B.C. D.5．半徑為的半圓卷成一個圓錐，則它的體積是（）A. B.C. D.6．用二分法求方程的近似解時,可以取的一個區(qū)間是A. B.C. D.7．如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的表面積為A. B.C.90 D.818．已知條件，條件，則p是q的（）A充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件9．函數f(x)=ax(a>0,a≠1)對于任意的實數xA.f(xy)=f(x)f(y) B.f(x+y)=f(x)f(y)C.f(xy)=f(x)+f(y) D.f(x+y)=f(x)+f(y)10．若兩條平行直線與之間的距離是，則m+n=A.0 B.1C.-2 D.-1二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．不等式的解為______12．函數的定義域是____________.13．已知函數，若有解，則m的取值范圍是______14．正三棱錐中，，則二面角的大小為__________15．空間兩點與的距離是___________.16．設，，，則______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.（1）當時，求不等式的解集；（2）若，求的最小值，并求此時a，b的值.18．已知函數，（1）若函數在區(qū)間上存在零點，求正實數的取值范圍；（2）若，，使得成立，求正實數的取值范圍19．（1）寫出下列兩組誘導公式：①關于與的誘導公式；②關于與的誘導公式.（2）從上述①②兩組誘導公式中任選一組，用任意角的三角函數定義給出證明.20．如圖，在平面直角坐標系中，以軸的非負半軸為始邊的銳角的終邊與單位圓相交于點，已知的橫坐標為.（1）求的值；（2）求的值.21．已知函數（，且）.（1）寫出函數的定義域，判斷奇偶性，并證明；（2）解不等式.

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】先利用同角三角函數基本關系式求出和，然后利用兩角和的余弦公式展開代入即可求出cos（α+β）【詳解】∵∴∴，∴，∴故選：D2、A【解析】由已知條件可得，兩邊同時取以2為底的對數，化簡計算可求得答案【詳解】因為碳14的質量是原來的至，所以，兩邊同時取以2為底的對數得，所以，所以，則推測良渚古城存在的時期距今約在4011年到5730年之間.故選：A.3、C【解析】，利用基本不等式注意等號成立條件，求最小值即可【詳解】∵，，∴當且僅當，即，時取等號∴的最小值為6故選：C【點睛】本題考查了利用基本不等式求和的最小值，注意應用基本不等式的前提條件：“一正二定三相等”4、A【解析】畫出函數圖像，分解因式得到，有一個解故有兩個解，根據圖像得到答案.【詳解】畫出函數的圖像，如圖所示：當時，即，有一個解；則有兩個解，根據圖像知：故選：【點睛】本題考查了函數的零點問題，畫出函數圖像，分解因式是解題的關鍵.5、C【解析】求出扇形的弧長，然后求出圓錐的底面周長，轉化為底面半徑，求出圓錐的高，然后求出體積．【詳解】設底面半徑為r，則，所以.所以圓錐高.所以體積.故選：C.【點睛】本題考查圓錐的性質及體積，圓錐問題抓住兩個關鍵點：（1）圓錐側面展開圖的扇形弧長等于底面周長；（2）圓錐底面半徑r、高h、母線l組成直角三角形，滿足勾股定理，本題考查這兩種關系的應用，屬于簡單題.6、A【解析】分析：根據零點存在定理進行判斷詳解：令，因為，，所以可以取的一個區(qū)間是，選A.點睛：零點存在定理的主要內容為區(qū)間端點函數值異號，是判斷零點存在的主要依據.7、B【解析】解：由已知中的三視圖可得：該幾何體是一個以俯視圖為底面的斜四棱柱，其底面面積為：3×6=18，前后側面的面積為：3×6×2=36，左右側面的面積為：，故棱柱的表面積為：故選B點睛：本題考查知識點是由三視圖，求體積和表面積，根據已知的三視圖，判斷幾何體的形狀是解答的關鍵，由三視圖判斷空間幾何體（包括多面體、旋轉體和組合體）的結構特征是高考中的熱點問題.8、B【解析】利用充分條件和必要條件的定義進行判斷【詳解】由，得，即，由，得，即推不出，但能推出，∴p是q的必要不充分條件.故選：B9、B【解析】由指數的運算性質得到ax+y【詳解】解：由函數f(x)=a得f(x+y)=a所以函數f(x)=ax(a>0,a≠1)對于任意的實數x、y故選：B.【點睛】本題考查了指數的運算性質，是基礎題.10、C【解析】根據直線平行得到，根據兩直線的距離公式得到，得到答案.【詳解】由，得，解得，即直線，兩直線之間的距離為，解得(舍去)，所以故答案選C.【點睛】本題考查了直線平行，兩平行直線之間的距離，意在考查學生的計算能力.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】根據冪函數的性質，分類討論即可【詳解】將不等式轉化成（Ⅰ），解得；（Ⅱ），解得；（Ⅲ），此時無解；綜上，不等式的解集為：故答案為：12、【解析】利用對數函數的定義域列出不等式組即可求解.【詳解】由題意可得，解得，所以函數的定義域為.故答案為：13、【解析】利用函數的值域，轉化方程的實數解，列出不等式求解即可．【詳解】函數，若有解，就是關于的方程在上有解；可得：或，解得：或可得．故答案為．【點睛】本題考查函數與方程的應用，考查轉化思想有解計算能力．14、【解析】取中點為O，連接VO,BO在正三棱錐中，因為,所以,所以=,所以15、【解析】根據兩點間的距離求得正確答案.【詳解】.故答案為：16、【解析】利用向量的坐標運算先求出的坐標，再利用向量的數量積公式求出的值【詳解】因為，，，所以，所以，故答案為【點睛】本題考查向量的坐標運算，考查向量的數量積公式，熟記坐標運算法則，準確計算是關鍵，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）（2）最小值是3，，【解析】（1）代入a，b，解分式不等式即可；（2）利用“1”的變形及均值不等式求出最小值，根據等號成立的條件求出a，b.【小問1詳解】當時，，因為由整理得，解得，所以不等式的解集是【小問2詳解】因為，所以，，因為所以，即的最小值是3.當且僅當即時等號成立，又，所以，，18、（1）（2）【解析】（1）結合函數的單調性及零點存在定理可得結論；（2）由題意可得在，上，，由函數的單調性求得最值，解不等式可得所求范圍【小問1詳解】函數，因為在區(qū)間上單調遞減，又，所以在區(qū)間上單調遞減，所以在區(qū)間上單調遞減，若在區(qū)間上存在零點，則.【小問2詳解】存在，，，使得成立，等價為在，上，由在，遞增，可得的最小值為，又，所以在，遞減，可得的最大值為，由，解得，所以；綜上可得，的范圍是19、（1）詳見解析（2）詳見解析【解析】（1）按要求寫出對應公式即可.（2）利用任意角定義以及對稱性即可證明對應公式.【詳解】（1）①，，.②，，.（2）①證明：設任意角的終邊與單位圓的交點坐標為.由于角的終邊與角的終邊關于軸對稱，因此角的終邊與單位圓的交點與點關于軸對稱，所以點的坐標是.由任意角的三角函數定義得，，，；，，.所以，，.②證明：設任意角的終邊與單位圓的交點坐標為.由于角的終邊與角的終邊關于軸對稱，因此角的終邊與單位圓的交點與點關于軸對稱，所以點的坐標是.由任意角的三角函數定義得，，，；，，.所以，，.【點睛】主要考查對誘導公式的掌握以及推導過程，熟練運用任意角三角函數的定義，屬于基礎題.20、（1）（2）【解析】（1）根據三角函數的定義，直接求解；（2）求出，再根據兩角和的余弦公式求解即可.【小問1詳解】設，由已知，，，所以，得.【小問2詳解】由（1）知，，所以21、（1），為奇函數；（2）當時，解得：當時，【解析】【試題分析】(1)根據求得函數的定義域,利用判斷出函數為奇函數.(2)將原不等式轉化為,對分成兩類,利用函數的單調性求得不等式的解集.試題解