2026屆甘肅省白銀市會寧一中高一數學第一學期期末綜合測試試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請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．函數f（x）=2ax+1–1（a>0，且a≠1）恒過定點A.（–1，–1） B.（–1，1）C.（0，2a–1） D.（0，1）2．函數滿足：為偶函數：在上為增函數若，且，則與的大小關系是A. B.C. D.不能確定3．已知，，且，，則的值是A. B.C. D.4．關于函數，下列說法正確的是（）A.最小值為0 B.函數為奇函數C.函數是周期為周期函數 D.函數在區(qū)間上單調遞減5．若，且，那么角的終邊落在A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限6．定義在上的奇函數以5為周期，若，則在內，的解的最少個數是A.3 B.4C.5 D.77．已知命題：函數過定點，命題：函數是冪函數，則是的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件8．設，，且，則A. B.C. D.9．函數的值域是A. B.C. D.10．若函數存在兩個零點，且一個為正數，另一個為負數，則的取值范圍為A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．函數在區(qū)間上單調遞增，則實數的取值范圍_______.12．計算：_______13．如圖，正方形ABCD中，M，N分別是BC，CD中點，若，則______.14．已知集合，集合，則________15．設、為平面向量，若存在不全為零的實數λ，μ使得λμ0，則稱、線性相關，下面的命題中，、、均為已知平面M上的向量①若2，則、線性相關；②若、為非零向量，且⊥，則、線性相關；③若、線性相關，、線性相關，則、線性相關；④向量、線性相關的充要條件是、共線上述命題中正確的是（寫出所有正確命題的編號）16．冪函數的圖象經過點，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．在體育知識有獎問答競賽中，甲、乙、丙三人同時回答一道有關籃球知識的問題，已知甲答題正確的概率是，乙答題錯誤的概率是，乙、丙兩人都答題正確的概率是，假設每人答題正確與否是相互獨立的（1）求丙答題正確的概率；（2）求甲、丙都答題錯誤，且乙答題正確的概率18．如圖，在四棱錐P—ABCD中，側面PAD⊥底面ABCD，側棱PA＝PD=,底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2，O為AD中點.(Ⅰ)求證:PO⊥平面ABCD；(Ⅱ)求異面直線PB與CD所成角的余弦值；(Ⅲ)求點A到平面PCD的距離.19．設集合，，（1），求；（2）若“”是“”的充分條件，求的取值范圍20．設，關于的二次不等式的解集為，集合，滿足，求實數的取值范圍.21．設為平面直角坐標系中的四點，且，，（1）若，求點的坐標及；（2）設向量，，若與平行，求實數的值

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】令x+1=0，求得x和y的值，從而求得函數f（x）=2ax+1–1（a>0，且a≠1）恒過定點的坐標【詳解】令x+1=0，求得x=-1，且y=1，故函數f（x）=2ax+1–1（a＞0且a≠1）恒過定點（-1，1），故選B.【點睛】】本題主要考查指數函數的單調性和特殊點，屬于基礎題2、A【解析】根據題意，由為偶函數可得函數的對稱軸為，進而結合函數的單調性可得上為減函數，結合，且分析可得，據此分析可得答案【詳解】根據題意，函數滿足為偶函數，則函數的對稱軸為，則有，又由在上為增函數，則在上為減函數，若，則，又由，則，則有，又由，則，故選A【點睛】本題考查函數的單調性與奇偶性的綜合應用，涉及函數的對稱性，屬于中檔題3、B【解析】由，得，所以，，得，，所以，從而有，.故選：B4、D【解析】根據三角函數的性質，得到的最小值為，可判定A不正確；根據奇偶性的定義和三角函數的奇偶性，可判定C不正確；舉例可判定C不正確；根據三角函數的單調性，可判定D正確.【詳解】由題意，函數，當時，可得，所以，當時，可得，所以，所以函數的最小值為，所以A不正確；又由，所以函數為偶函數，所以B不正確；因為，，所以，所以不是的周期，所以C不正確；當時，，，當時，，即函數在區(qū)間上單調遞減，又因為，所以函數在區(qū)間上單調遞減，所以D正確.故選：D.5、C【解析】由根據三角函數在各象限的符號判斷可能在的象限，再利用兩角和的正弦公式及三角函數的圖象由求出的范圍，兩范圍取交集即可.【詳解】，在第二或第三象限，，即，或，解得或，又在第二或第三象限，在第三象限.故選：C【點睛】本題考查三角函數值在各象限的符號、正弦函數的圖象與性質，屬于基礎題.6、D【解析】由函數的周期為5，可得f（x+5）=f（x），由于f（x）為奇函數，f（3）=0，若x∈（0，10），則可得出f（3）=f（-2）=-f（2）=0，即f（2）=0，∴f（8）=f（3）=0，∴f（7）=f（2）=0．在f（x+5）=f（x）中，令x=-2.5，可得f（2.5）=f（-2.5）=-f（2.5），∴f（2.5）=f（7.5）=0．再根據f（5）=f（0）=0，故在（0，10）上，y=f（x）的零點的個數是2，2.5，3，5，7，7.5，8，共計7個.故選D點睛：本題是函數性質的綜合應用，奇偶性周期性的結合，先從周期性入手，利用題目條件中的特殊點得出其它的零點，再結合奇偶性即可得出其它的零點.7、B【解析】根據冪函數的性質，從充分性與必要性兩個方面分析判斷.【詳解】若函數是冪函數，則過定點；當函數過定點時，則不一定是冪函數，例如一次函數，所以是的必要不充分條件.故選：B.8、C【解析】，則，即，，，即故選點睛：本題主要考查了切化弦及兩角和的余弦公式的應用，在遇到含有正弦、余弦及正切的運算時可以將正切轉化為正弦及余弦，然后化簡計算，本題還運用了兩角和的余弦公式并結合誘導公式化簡，注意題目中的取值范圍9、A【解析】由，知，解得令，則.，即為和兩函數圖象有交點，作出函數圖象，如圖所示：由圖可知，當直線和半圓相切時最小，當直線過點A(4,0)時，最大.當直線和半圓相切時，，解得，由圖可知.當直線過點A(4,0)時，，解得.所以，即.故選A.10、C【解析】根據題意畫出函數圖像，由圖像即可分析出由一個正零點，一個負零點a的范圍【詳解】如圖，若存在兩個零點，且一個為正數，另一個為負數，則，故選【點睛】本題考查了絕對值函數及零點的簡單應用，屬于基礎題二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】由對數真數大于零可知在上恒成立，利用分離變量的方法可求得，此時結合復合函數單調性的判斷可知在上單調遞增，由此可確定的取值范圍.【詳解】由題意知：在上恒成立，在上恒成立，在上單調遞減，，；當時，單調遞增，又此時在上單調遞增，在上單調遞增，滿足題意；實數的取值范圍為.故答案為：.12、【解析】求出的值，求解計算即可.【詳解】故答案為：13、【解析】以，為基底，由平面向量基本定理，列方程求解，即可得出結果.【詳解】設，則，由于可得，解得，所以故答案為：【點睛】本題考查平面向量基本定理的運用，考查向量的加法運算，考查運算求解能力，屬于中檔題.14、【解析】由交集定義計算【詳解】由題意故答案為：15、①④【解析】利用和線性相關等價于和是共線向量，故①正確，②不正確，④正確．通過舉反例可得③不正確【詳解】解：若、線性相關，假設λ≠0，則，故和是共線向量反之，若和是共線向量，則，即λμ0，故和線性相關故和線性相關等價于和是共線向量①若2，則20，故和線性相關，故①正確②若和為非零向量，⊥，則和不是共線向量，不能推出和線性相關，故②不正確③若和線性相關，則和線性相關，不能推出若和線性相關，例如當時，和可以是任意的兩個向量．故③不正確④向量和線性相關的充要條件是和是共線向量，故④正確故答案為①④【點睛】本題考查兩個向量線性相關的定義，兩個向量共線的定義，明確和線性相關等價于和是共線向量，是解題的關鍵16、【解析】設冪函數的解析式，然后代入求解析式，計算.【詳解】設，則，解得，所以，得故答案為：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）【解析】（1）設丙答對這道題的概率為，利用對立事件和相互獨立事件概率公式，即可求解；（2）由相互獨立事件概率乘法公式，即可求解.【小問1詳解】記甲、乙、丙3人獨自答對這道題分別為事件，設丙答對題的概率，乙答對題的概率，由于每人回答問題正確與否是相互獨立的，因此是相互獨立事件.根據相互獨立事件同時發(fā)生的概率公式，得，解得，所以丙對這道題的概率為【小問2詳解】甲、丙都答題錯誤，且乙答題正確的概率為甲、乙、丙三人都回答錯誤的概率為18、(1)同解析（2）異面直線PB與CD所成的角的余弦值為.（3）點A到平面PCD的距離d＝【解析】解法一：（Ⅰ）證明：在△PAD卡中PA＝PD，O為AD中點，所以PO⊥AD.又側面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.（Ⅱ）連結BO，在直角梯形ABCD中，BC∥AD,AD=2AB=2BC，有OD∥BC且OD＝BC，所以四邊形OBCD是平行四邊形，所以OB∥DC.由（Ⅰ）知PO⊥OB，∠PBO為銳角，所以∠PBO是異面直線PB與CD所成的角.因AD＝2AB＝2BC＝2，在Rt△AOB中，AB＝1，AO＝1，所以OB＝，在Rt△POA中，因為AP＝，AO＝1，所以OP＝1，在Rt△PBO中，PB＝,cos∠PBO=,所以異面直線PB與CD所成的角的余弦值為.(Ⅲ)由（Ⅱ）得CD＝OB＝，在Rt△POC中，PC＝，所以PC＝CD＝DP，S△PCD=·2=.又S△=設點A到平面PCD的距離h，由VP-ACD=VA-PCD，得S△ACD·OP＝S△PCD·h，即×1×1＝××h，解得h＝.解法二：（Ⅰ）同解法一，（Ⅱ）以O為坐標原點，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標系O-xyz.則A（0，-1，0），B（1，-1，0），C（1，0，0），D（0，1，0），P（0，0，1）.所以＝（-1，1，0），＝（t，-1，-1），∞〈、〉=，所以異面直線PB與CD所成的角的余弦值為，（Ⅲ）設平面PCD的法向量為n＝（x0,y0,x0），由（Ⅱ）知=（-1，0，1），＝（-1，1，0），則n·＝0，所以-x0+x0=0,n·＝0，-x0+y0=0，即x0=y0=x0,取x0=1，得平面的一個法向量為n=(1,1,1).又=(1,1,0).從而點A到平面PCD的距離d＝19、（1）（2）或【解析】（1）先求集合B的補集，再與集合A取交集；（2）把“”是“”的充分條件轉化為集合A與B之間的關系再求解的取值范圍【小問1詳解】時，，又故【小問2詳解】由題意知：“”是“”的充分條件，即當時，，，滿足題意；當時，，欲滿足則必須解之得綜上得的取值范圍為