2026屆山東省濟南市名校高一數學第一學期期末教學質量檢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．已知平面向量，，若，則實數的值為（）A.0 B.-3C.1 D.-12．黃金分割比例廣泛存在于許多藝術作品中．在三角形中，底與腰之比為黃金分割比的三角形被稱作黃金三角形，被認為是最美的三角形，它是兩底角為72°的等腰三角形．達芬奇的名作《蒙娜麗莎》中，在整個畫面里形成了一個黃金三角形．如圖，在黃金三角形中，，根據這些信息，可得（）A. B.C. D.3．曲線在區(qū)間上截直線及所得的弦長相等且不為，則下列對，的描述正確的是A.， B.，C.， D.，4．函數f(x)=|x|+(aR)的圖象不可能是（）A. B.C. D.5．已知，為銳角，，，則的值為()A. B.C. D.6．已知是定義在上的偶函數，且在上單調遞減，若，，，則、、的大小關系為（）A. B.C. D.7．若集合，則下列選項正確的是（）A. B.C. D.8．在R上定義運算⊙：A⊙B＝A(1－B)，若不等式(x－a)⊙(x＋a)<1對任意的實數x∈R恒成立，則實數a的取值范圍為（）A.－1<a<1 B.0<a<2C.－<a< D.－<a<9．設命題p:?x∈0,1，x>xA.?x∈0,1，x<x3C.?x∈0,1，x≤x310．已知的部分圖象如圖所示，則的表達式為A.B.C.D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數，則______，若，則______.12．某同學在研究函數時，給出下列結論：①對任意成立；②函數的值域是；③若，則一定有；④函數在上有三個零點．則正確結論的序號是_______.13．計算：___________.14．已知某扇形的周長是，面積為，則該扇形的圓心角的弧度數是______.15．函數零點的個數為______.16．若兩個正實數，滿足，且不等式恒成立，則實數的取值范圍是__________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．已知冪函數為偶函數（1）求的解析式；（2）若函數在區(qū)間（2，3）上為單調函數，求實數的取值范圍18．求滿足下列條件的圓的方程：（1）經過點，，圓心在軸上；（2）經過直線與的交點，圓心為點.19．已知全集，，集合（1）求；（2）求20．已知集合，（1）當時，求；（2）若，求的取值范圍21．某工廠某種航空產品的年固定成本為萬元，每生產件，需另投入成本為，當年產量不足件時，（萬元）.當年產量不小于件時，（萬元）.每件商品售價為萬元.通過市場分析，該廠生產的商品能全部售完.（1）寫出年利潤（萬元）關于年產量（件）的函數解析式；（2）年產量為多少件時，該廠在這一商品的生產中所獲利潤最大？

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、C【解析】根據，由求解.【詳解】因為向量，，且，所以，解得，故選：C.2、B【解析】由題意，結合二倍角余弦公式、平方關系求得，再根據誘導公式即可求.【詳解】由題設，可得，，所以，又，所以.故選：B3、A【解析】分析：，關于對稱，可得，由直線及的距離小于可得.詳解：因為曲線在區(qū)間上截直線及所得的弦長相等且不為，可知，關于對稱，所以，又弦長不為，直線及的距離小于，∴．故選A.點睛：本題主要考查三角函數的圖象與性質，意在考查綜合運用所學知識解決問題的能力，以及數形結合思想的應用，屬于簡單題.4、C【解析】對分類討論，將函數寫成分段形式，利用對勾函數的單調性，逐一進行判斷圖象即可.【詳解】，①當時，，圖象如A選項；②當時，時，，在遞減，在遞增；時，，由，單調遞減，所以在上單調遞減，故圖象為B；③當時，時，，可得，，在遞增，即在遞增，圖象為D；故選：C.5、A【解析】，根據正弦的差角公式展開計算即可.【詳解】∵，，∴，又∵，∴，又，∴，∴，，∴故選：A.6、D【解析】分析可知函數在上為增函數，比較、、的大小，結合函數的單調性與偶函數的性質可得出結論.【詳解】因為偶函數在上為減函數，則該函數在上為增函數，，則，即，，，所以，，故，即.故選：D.7、C【解析】利用元素與集合，集合與集合的關系判斷.【詳解】因為集合是奇數集，所以，，，A，故選：C8、C【解析】根據新定義把不等式轉化為一般的一元二次不等式，然后由一元二次不等式恒成立得結論【詳解】∵(x－a)⊙(x＋a)＝(x－a)(1－x－a)，∴不等式(x－a)⊙(x＋a)<1，即(x－a)(1－x－a)<1對任意實數x恒成立，即x2－x－a2＋a＋1>0對任意實數x恒成立，所以Δ＝1－4(－a2＋a＋1)<0，解得，故選:C.9、D【解析】直接根據全稱命題的否定，即可得到結論.【詳解】因為命題p:?x∈0,1，x所以?p：?x∈0,1，x故選：D10、B【解析】由圖可知，，所以，所以，又當，即，所以，即，當時，，故選.考點：三角函數的圖象與性質.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、①.15②.－3或【解析】根據分段函數直接由內到外計算即可求，當時，分段討論即可求解.【詳解】,,時，若，則，解得或（舍去），若，則，解得，綜上，或，故答案為：15；－3或【點睛】本題主要考查了分段函數的解析式，已知自變量求函數值，已知函數值求自變量，屬于容易題.12、①②③【解析】由奇偶性判斷①，結合①對，，三種情況討論求值域，判斷②，由單調性判斷③，由③可知的圖像與函數的圖像只有兩個交點，進而判斷④，從而得出答案【詳解】①，即，故正確；②當時，，由①可知當時，，當時，，所以函數的值域是，正確；③當時，，由反比例函數的單調性可知，在上是增函數，由①可知在上也是增函數，所以若，則一定有，正確；④由③可知的圖像與函數的圖像只有兩個交點，故錯誤綜上正確結論的序號是①②③【點睛】本題考查函數的基本性質，包括奇偶性，單調性，值域等，屬于一般題13、7【解析】直接利用對數的運算法則以及指數冪的運算法則化簡即可.【詳解】.故答案為：7.14、2【解析】由扇形的周長和面積，可求出扇形的半徑及弧長，進而可求出該扇形的圓心角.【詳解】設扇形的半徑為，所對弧長為，則有，解得，故.故答案為：2.【點睛】本題考查扇形面積公式、弧長公式的應用，考查學生的計算求解能力，屬于基礎題.15、2【解析】將函數的零點的個數轉化為與的圖象的交點個數，在同一直角坐標系中畫出圖象即可得答案.【詳解】解：令，這，則函數的零點的個數即為與的圖象的交點個數，如圖：由圖象可知，與的圖象的交點個數為2個，即函數的零點的個數為2.故答案為：2.【點睛】本題考查函數零點個數問題，可轉化為函數圖象交點個數，考查學生的作圖能力和轉化能力，是基礎題.16、【解析】根據題意，只要即可，再根據基本不等式中的“”的妙用，求得，解不等式即可得解.【詳解】根據題意先求得最小值，由，得，所以若要不等式恒成立，只要，即，解得，所以.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)或.【解析】（1）由為冪函數知，得或又因為函數為偶函數，所以函數不符合舍去當時，，符合題意；.(2)由（1）得，即函數的對稱軸為，由題意知在（2，3）上為單調函數，所以或，即或.18、（1）（2）【解析】（1）設出圓的方程，代入A、B兩點坐標，求出圓心和半徑，從而求出圓的方程；（2）先求出交點坐標，進而求出半徑，寫出圓的方程.【小問1詳解】設圓的方程為，由題意得：，解得：，所以圓的方程為；【小問2詳解】聯立與，解得：，所以交點為，則圓的半徑為，所以圓的方程為.19、（1）；（2）.【解析】（1）根據集合的并運算，結合已知條件，即可求得結果；（2）先求，再求交集即可.【小問1詳解】全集，，集合，故.【小問2詳解】集合，故或，故.20、（1）；（2）.【解析】（1）當時，可求出集合，再求出集合，取交集即可得到答案.（2）根據，可得，分別求出集合和集合，集合是集合的子集，即可得到答案.【小問1詳解】當時，集合，，即集合，，故.【小問2詳解】，集合，集合，.21、（1）；（2）年產量為件時，利潤最大為萬元.【解析】（1）實際應用題首先要根據題意，建立數學模型，即建立函數關系式，這里，要用分類討論的思想