2026屆漯河市重點中學高一數學第一學期期末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．命題“?x∈R，都有x2-x+3>0A.?x∈R，使得x2-x+3≤0 B.?x∈RC.?x∈R，都有x2-x+3≤0 D.?x?R2．已知指數函數在上單調遞增，則的值為（）A.3 B.2C. D.3．設點分別是空間四邊形的邊的中點，且，，，則異面直線與所成角的正弦值是（）A. B.C. D.4．函數是A.最小正周期為的奇函數B.最小正周期為的奇函數C.最小正周期為的偶函數D.最小正周期為的偶函數5．如圖，三棱柱中，側棱底面，底面三角形是正三角形，是中點，則下列敘述正確的是A.平面B.與是異面直線C.D.6．在中，，BC邊上的高等于,則（）A. B.C. D.7．已知向量，，且與的夾角為銳角，則的取值范圍是A. B.C. D.8．下列函數中，既是奇函數又在定義域上是增函數是（）A. B.C. D.9．設函數的部分圖象如圖所示，若，且，則（）A. B.C. D.10．已知函數在R上是單調函數，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．已知定義在上的函數滿足，且當時，.若對任意，恒成立，則實數的取值范圍是______12．已知函數，且，則a的取值范圍為________f（x）的最大值與最小值和為________.13．已知且，則=______________14．已知函數，若函數恰有4個不同的零點，則實數的取值范圍是________.15．寫出一個能說明“若函數滿足，則為奇函數”是假命題的函數：______16．若函數的值域為，則的取值范圍是__________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．已知冪函數的圖象經過點.（1）求的解析式；（2）用定義證明：函數在區(qū)間上單調遞增.18．已知函數，，設（其中表示中的較小者）.（1）在坐標系中畫出函數的圖像；（2）設函數的最大值為，試判斷與1的大小關系，并說明理由.（參考數據：，，）19．已知函數是偶函數（其中a，b是常數），且它的值域為（1）求的解析式；（2）若函數是定義在R上的奇函數，且時，，而函數滿足對任意的，有恒成立，求m的取值范圍20．已知，（1）當且x是第四象限角時，求的值；（2）若關于x的方程有實數根，求a的最小值21．已知向量=(3，2)，=(-1，2)，=(4，1)（1）若=m+n，求m，n的值；（2）若向量滿足(-)(+)，|-|=2，求的坐標.

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】根據全稱命題的否定表示方法選出答案即可.【詳解】命題“?x∈R,都有x2“?x∈R,使得x2故選：A.2、B【解析】令系數為，解出的值，又函數在上單調遞增，可得答案【詳解】解得，又函數在上單調遞增，則，故選：B3、C【解析】取BD中點G，連結EG、FG∵△ABD中，E、G分別為AB、BD的中點∴EG∥AD且EG=AD=4，同理可得：FG∥BC且FG=BC=3，∴∠FEG（或其補角）就是異面直線AD與EF所成的角∵△FGE中，EF=5，EG=4，FG=3，∴EF2=25=EG2+FG2，得故答案為C．4、C【解析】根據題意，由于函數是，因此排除線線A,B，然后對于選項C，D，由于正弦函數周期為，那么利用圖象的對稱性可知，函數的周期性為，故選C.考點：函數的奇偶性和周期性點評：解決的關鍵是根據已知函數解析式倆分析確定奇偶性，那么同時結合圖像的變換來得到周期，屬于基礎題5、D【解析】因為三棱柱A1B1C1-ABC中,側棱AA1⊥底面ABC，底面三角形ABC是正三角形，E是BC中點，所以對于A,AC與AB夾角為60°,即兩直線不垂直，所以AC不可能垂直于平面ABB1A1；故A錯誤；對于B,CC1與B1E都在平面CC1BB1中不平行，故相交；所以B錯誤；對于C,A1C1，B1E是異面直線；故C錯誤；對于D,因為幾何體是三棱柱,并且側棱AA1⊥底面ABC，底面三角形ABC是正三角形，E是BC中點，所以BB1⊥底面ABC,所以BB1⊥AE,AE⊥BC,得到AE⊥平面BCC1B1,所以AE⊥BB1；故選D.6、C【解析】設,故選C.考點：解三角形.7、B【解析】因為與夾角為銳角，所以cos<,>>0，且與不共線，由得，k>－2且，故選B考點：本題主要考查平面向量的坐標運算，向量夾角公式點評：基礎題，由夾角為銳角，可得到k得到不等式，應注意夾角為0°時，夾角的余弦值也大于0.8、D【解析】根據基本初等函數的單調性以及單調性的性質、函數奇偶性的定義逐一判斷四個選項【詳解】對于A：為偶函數，在定義域上不是增函數，故A不正確；對于B：為奇函數，在上單調遞增，但在定義域上不是增函數，故B不正確；對于C：既不是奇函數也不是偶函數，故C不正確；對于D：，所以是奇函數，因為是上的增函數，故D正確；故選：D9、C【解析】根據圖像求出，由得到，代入即可求解.【詳解】根據函數的部分圖象，可得：A=1;因為，，結合五點法作圖可得，，如果，且，結合，可得，，，故選：C10、C【解析】根據條件可知當時，為增函數，在在為增函數，且，結合各選項進行分析判斷即可【詳解】當時，為增函數，則在上為增函數，且，A.在上為增函數，，故不符合條件；B.為減函數，故不符合條件；C.在上為增函數，，故符合條件；D.為減函數，故不符合條件．故選：C．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】根據題意求出函數和圖像，畫出圖像根據圖像解題即可.【詳解】因為滿足，即；又由，可得，因為當時，所以當時，，所以，即；所以當時，，所以，即；根據解析式畫出函數部分圖像如下所示；因為對任意，恒成立，根據圖像當時，函數與圖像交于點，即的橫坐標即為的最大值才能符合題意，所以，解得，所以實數的取值范圍是：.故答案為：.12、①.②.2【解析】由結合，即可求出a的取值范圍；由，知關于點成中心對稱，即可求出f（x）的最大值與最小值和.【詳解】由，，所以，則故a的取值范圍為.第（2）空:由，知關于點成中心對稱圖形，所以.故答案為：；.13、3【解析】先換元求得函數，然后然后代入即可求解.【詳解】且，令，則，即，解得，故答案為：3.14、【解析】本題首先可根據函數解析式得出函數在區(qū)間和上均有兩個零點，然后根據在區(qū)間上有兩個零點得出，最后根據函數在區(qū)間上有兩個零點解得，即可得出結果.【詳解】當時，令，得，即，該方程至多兩個根；當時，令，得，該方程至多兩個根，因為函數恰有4個不同的零點，所以函數在區(qū)間和上均有兩個零點，函數在區(qū)間上有兩個零點，即直線與函數在區(qū)間上有兩個交點，當時，；當時，，此時函數的值域為，則，解得，若函數在區(qū)間上也有兩個零點，令，解得，，則，解得，綜上所述，實數的取值范圍是，故答案為：.【點睛】本題考查根據函數零點數目求參數的取值范圍，可將其轉化為兩個函數的交點數目進行求解，考查函數最值的應用，考查推理能力與計算能力，考查分類討論思想，是難題.15、（答案不唯一）【解析】根據余弦型函數的性質求解即可.【詳解】解：因為，所以的周期為4，所以余弦型函數都滿足，但不是奇函數故答案為：16、【解析】由題意得三、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）證明見解析.【解析】(1)設冪函數，由得α的值即可；(2)任取且，化簡并判斷的正負即可得g(x)的單調性.小問1詳解】設，則，解得，∴；【小問2詳解】由(1)可知，任取且，則，∵，則，，故，因此函數在上為增函數.18、（1）見解析；（2）見解析.【解析】（1）根據（其中表示中的較小者），即可畫出函數的圖像；（2）由題意可知，為函數與圖像交點的橫坐標，即，設，根據零點存在定理及函數在上單調遞增，且為連續(xù)曲線，可得有唯一零點，再由函數在上單調遞減，即可得證.試題解析：（1）作出函數的圖像如下：（2）由題意可知，為函數與圖像交點的橫坐標，且，∴.設，易知即為函數零點，∵，，∴，又∵函數在上單調遞增，且為連續(xù)曲線，∴有唯一零點∵函數在上單調遞減，∴，即.19、（1）（2）【解析】（1）由偶函數的定義結合題意可求出，再由函數的值域為可求出，從而可求出函數解析式，（2）由題意求出的解析式，判斷出當時，，從而將問題轉化為滿足對任意的恒成立，設，則對恒成立，然后利用二次函數的性質求解【小問1詳解】由題∵是偶函數，∴，∴∴或，又∵的值域為，∴，∴，∴或，∴；【小問2詳解】若函數是定義在R上的奇函數，且時，，由（1）知，∴時，；時，；當時，，顯然時，，若，則又滿足對任意的，有恒成立，∴對任意的恒成立，即滿足對任意的恒成立，即，設，則對恒成立，設，∵函數的圖像開口向上，∴只需，∴，∴所求m的取值范圍是.20、（1）（2）1【解析】（1）根據立方差公式可知，要計算及的值就可以求解問題；（2）將方程轉化為，再分類討論即可求解.【小問1詳解】，即，則，即，所以因為x是第四像限角，所以，所以，所以【小問2詳解】由，可得，則方程可化為，①當時，，顯然方程無解；②當時，方程等價于又（當且僅當時取“=