浙江“七彩陽光”新2026屆數學高一上期末監(jiān)測模擬試題注意事項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．我們知道，函數的圖象關于原點成中心對稱圖形的充要條件是函數為奇函數，有同學發(fā)現可以將其推廣為：函數的圖象關于點成中心對稱圖形的充要條件是函數為奇函數.據此，我們可以得到函數圖象的對稱中心為（）A. B.C. D.2．若函數在上是增函數，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.3．函數f(x)＝log3x－8＋2x的零點一定位于區(qū)間A. B.C. D.4．定義在上的函數，當時，，若，則、、的大小關系為（）A. B.C. D.5．已知集合，則（）A. B.或C. D.或6．已知函數f（x）=，若f（f（-1））=6，則實數a的值為（）A.1 B.C.2 D.47．我國在文昌航天發(fā)射場用長征五號運載火箭成功發(fā)射探月工程端娥五號探測器，順利將探測器送入預定軌道，經過兩次軌道修正，嫦娥五號順利進入環(huán)月軌道飛行，嫦娥五號從橢圓形環(huán)月軌道變?yōu)榻鼒A形環(huán)月軌道，若這時把近圓形環(huán)月軌道看作圓形軌道，嫦娥五號距離月表400千米，已知月球半徑約為1738千米，則嫦娥五號繞月每旋轉弧度，飛過的路程約為（）（）A.1069千米 B.1119千米C.2138千米 D.2238千米8．有一組實驗數據如下現準備用下列函數中的一個近似地表示這些數據滿足的規(guī)律，其中最佳的一個是（）A. B.C. D.9．已知，，是三個不同的平面，是一條直線，則下列說法正確的是（）A.若，，，則B.若，，則C.若，，則D.若，，，則10．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.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．，，且，則的最小值為______.12．若“”是“”的必要條件，則的取值范圍是________13．若關于的不等式對任意的恒成立，則實數的取值范圍為____________14．滿足的集合的個數是______________15．已知函數，若在上是增函數，且直線與的圖象在上恰有一個交點，則的取值范圍是________.16．函數的定義域為____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．某企業(yè)生產A，B兩種產品，根據市場調查與預測，A產品的利潤與投資成正比，其關系如圖①；B產品的利潤與投資的算術平方根成正比，其關系如圖②.(注：利潤和投資單位：萬元)(1)分別將A，B兩種產品的利潤表示為投資的函數關系式；(2)已知該企業(yè)已籌集到18萬元資金，并將全部投入A，B兩種產品的生產，怎樣分配這18萬元投資，才能使該企業(yè)獲得最大利潤？其最大利潤約為多少萬元？18．已知函數在上的最小值為（1）求在上的單調遞增區(qū)間；（2）當時，求的最大值以及取最大值時的取值集合19．已知函數，且（1）證明函數在上是增函數（2）求函數在區(qū)間上的最大值和最小值20．設函數（1）若不等式解集，求、的值；（2）若，在上恒成立，求實數的取值范圍21．已知函數的圖象在直線的下方且無限接近直線.（1）判斷函數的單調性（寫出判斷說明即可，無需證明），并求函數解析式；（2）判斷函數的奇偶性并用定義證明；（3）求函數的值域.

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】依題意設函數圖象的對稱中心為，則為奇函數，再根據奇函數的性質得到方程組，解得即可；【詳解】解：依題意設函數圖象的對稱中心為，由此可得為奇函數，由奇函數的性質可得，解得，則函數圖象的對稱中心為；故選：A2、B【解析】令，則可得，解出即可.【詳解】令，其對稱軸為，要使在上是增函數，則應滿足，解得.故選：B.3、B【解析】根據零點存在性定理，因為，所以函數零點在區(qū)間（3，4）內，故選擇B考點：零點存在性定理4、C【解析】令，求得，得到是奇函數，再令，證得在上遞減判斷.【詳解】因為，令，得，解得，令，得，所以是奇函數，因時，，則，，令，則，，且，則，，所以，即，即，所以在上遞減，，因為，所以，故選：C5、C【解析】直接利用補集和交集的定義求解即可.【詳解】由集合，可得：或，故選：C.【點睛】關鍵點點睛：本該考查了集合的運算，解決該題的關鍵是掌握補集和交集的定義..6、A【解析】利用分段函數的解析式，由里及外逐步求解函數值得到方程求解即可【詳解】函數f（x）=，若f（f（-1））=6，可得f（-1）=4，f（f（-1））=f（4）=4a+log24=6，解得a=1故選A【點睛】本題考查分段函數應用，函數值的求法，考查計算能力7、D【解析】利用弧長公式直接求解.【詳解】嫦娥五號繞月飛行半徑為400+1738=2138，所以嫦娥五號繞月每旋轉弧度，飛過的路程約為（千米）.故選：D8、C【解析】選代入四個選項的解析式中選取所得的最接近的解析式即可.【詳解】對于選項A：當時，，與相差較多，當時，，與相差較多，故選項A不正確；對于選項B：當時，，與相差較多，當時，，與相差較多，故選項B不正確；對于選項C：當時，，當時，，故選項C正確；對于選項D：當時，，與相差較多，當時，，與相差較多，故選項D不正確；故選：C.9、A【解析】利用面面垂直的性質，線面的位置關系，面面的位置關系，結合幾何模型即可判斷.【詳解】對于A，在平面內取一點P，在平面內過P分別作平面與，與的交線的垂線a,b，則由面面垂直的性質定理可得，又，∴，由線面垂直的判定定理可得，故A正確；對于B，若，，則與位置關系不確定，可能與平行、相交或在內，故B錯誤；對于C，若，，則與相交或平行，故C錯誤；對于D，如圖平面，且，，，顯然與不垂直，故D錯誤.故選：A.10、B【解析】構造函數并判斷其單調性，借助零點存在性定理即可得解.【詳解】，令，在上單調遞增，并且圖象連續(xù)，，，在區(qū)間內有零點，所以可以取的一個區(qū)間是.故選：B二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、3【解析】根據基本不等式“1”的用法求解即可.【詳解】解：解法一：因為所以當且僅當時等號成立.解法二：設，，則，所以當且僅當時等號成立.故答案為：12、【解析】根據題意解得：，得出，由此可得出實數的取值范圍.【詳解】根據題意解得：，由于“”是“”必要條件，則，.因此，實數的取值范圍是：.故答案為：.13、【解析】根據題意顯然可知，整理不等式得：，令，求出在的范圍即可求出答案.【詳解】由題意知：，即對任意的恒成立，當，得：，即對任意的恒成立，即對任意的恒成立，令，在上單減，所以，所以.故答案為：14、4【解析】利用集合的子集個數公式求解即可.【詳解】∵,∴集合是集合的子集，∴集合的個數為，故答案為：.15、【解析】由正弦函數的單調性以及圖象的分析得出的取值范圍.【詳解】因為在上是增函數，所以，解得因為直線與的圖象在上恰有一個交點，所以，解得，綜上.故答案為：16、【解析】本題首先可以通過分式的分母不能為以及根式的被開方數大于等于來列出不等式組，然后通過計算得出結果【詳解】由題意可知，解得或者，故定義域為【點睛】本題考查函數的定義域的相關性質，主要考查函數定義域的判斷，考查計算能力，考查方程思想，是簡單題三、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）當A，B兩種產品分別投入2萬元、16萬元時，可使該企業(yè)獲得最大利潤，約為8.5萬元.【解析】⑴設出函數解析式，根據圖象，即可求得答案；⑵確定總利潤函數，換元，利用配方法可求最值；解析：(1)根據題意可設，則f(x)＝0.25x(x≥0)，g(x)＝2(x≥0).(2)設B產品投入x萬元，A產品投入(18－x)萬元，該企業(yè)可獲總利潤為y萬元則y＝(18－x)＋2，0≤x≤18令＝t，t∈[0,3]，則y＝(－t2＋8t＋18)＝－(t－4)2＋.所以當t＝4時，ymax＝＝8.5，此時x＝16,18－x＝2.所以當A，B兩種產品分別投入2萬元、16萬元時，可使該企業(yè)獲得最大利潤，約8.5萬元.18、（1）單調遞增區(qū)間（2）最大值為，此時的取值集合為【解析】（1）先由三角變換化簡解析式，再由余弦函數的性質得出單調性；（2）由余弦函數的性質得出的值，進而再求最大值.【小問1詳解】，令，，解得，所以的單調遞增區(qū)間為【小問2詳解】當時，，，解得，所以，當，，即，時，取得最大值，且最大值故的最大值為，此時的取值集合為19、（1）證明見解析；（2）的最大值為，最小值為.【解析】（1）根據求出，求得，再利用函數單調性的定義，即可證得結論；（2）根據在上的單調性，求在上的最值即可.【詳解】解：（1）因為，可得，解得，所以，任取，則，因為，所以，可得，即且，所以，即，所以在上是增函數；（2）由（1）知，在上是增函數，同理，任取時，，其中，故，即且，故，即，所以在上是減函數，故在上是減函數，在上是增函數，又，，所以的最大值為，最小值為.【點睛】方法點睛：利用定義證明函數單調性方法：（1）取值：設是該區(qū)間內的任意兩個值，且；（2）作差變形：即作差，即作差，并通過因式分解、配方、有理化等方法，向有利于判斷符號的方向變形；（3）定號：確定差的符號；（4）下結論：判斷，根據定義作出結論.即取值——作差——變形——定號——下結論.20、（1），；（2）.【解析】（1）分析可知的兩根是、，利用韋達定理可求得實數、的值；（2）分析可知不等式在上恒成立，可得出，由此可解得實數的取值范圍.【詳解】由已知可知，方程的兩根是、且，所以，解得；（2），可得，，因為在上恒成立，則在上恒成立，所以，，解得.因此，實數的取值范圍是.21、（1）函數在上單調遞增，（2）奇函數，證明見解析（3）【解析】