湖南省湘潭市2026屆高一上數學期末學業(yè)水平測試模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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．函數的圖像恒過定點，點在冪函數的圖像上，則（）A.16 B.8C.4 D.22．已知向量，，，若，，則（）A. B.C. D.3．如圖，在中，已知為上一點，且滿足，則實數的值為A. B.C. D.4．某流行病調查中心的疾控人員針對該地區(qū)某類只在人與人之間相互傳染的疾病，通過現(xiàn)場調查與傳染源傳播途徑有關的蛛絲馬跡，根據傳播鏈及相關數據，建立了與傳染源相關確診病例人數與傳染源感染后至隔離前時長t（單位：天）的模型：.已知甲傳染源感染后至隔離前時長為5天，與之相關確診病例人數為8；乙傳染源感染后至隔離前時長為8天，與之相關確診病例人數為20.若某傳染源感染后至隔離前時長為兩周，則與之相關確診病例人數約為（）A.44 B.48C.80 D.1255．4×100米接力賽是田徑運動中的集體項目.一根小小的木棒，要四個人共同打造一個信念，一起拼搏，每次交接都是信任的傳遞.甲、乙、丙、丁四位同學將代表高一年級參加校運會4×100米接力賽，教練組根據訓練情況，安排了四人的交接棒組合.已知該組合三次交接棒失誤的概率分別是p1，p2，A.p1pC.1-p16．已知是定義在上的奇函數且單調遞增，，則的取值范圍是（）A. B.C. D.7．已知兩個不重合的平面α，β和兩條不同直線m，n，則下列說法正確的是A.若m⊥n，n⊥α，m?β，則α⊥βB.若α∥β，n⊥α，m⊥β，則m∥nC.若m⊥n，n?α，m?β，則α⊥βD.若α∥β，n?α，m∥β，則m∥n8．已知函數y=(12)x的圖象與函數y=logax（a>0，A.[?2C.[?89．下列各組中的兩個函數表示同一函數的是（）A. B.y＝lnx2，y＝2lnxC D.10．定義在上的偶函數滿足：對任意的，，，有，且，則不等式的解集為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f（x）＝，設a∈R，若關于x的不等式f(x)在R上恒成立，則a的取值范圍是__12．若，且α為第一象限角，則___________.13．已知是第四象限角且，則______________.14．函數的最小正周期是__________15．過點且在軸，軸上截距相等的直線的方程為___________.16．已知A，B，C為的內角.（1）若，求的取值范圍；（2）求證：；（3）設，且，，，求證：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．如圖，幾何體EF-ABCD中，四邊形CDEF是正方形，四邊形ABCD為直角梯形，AB∥CD，AD⊥DC，△ACB是腰長為2的等腰直角三角形，平面CDEF⊥平面ABCD（1）求證：BC⊥AF；（2）求幾何體EF-ABCD的體積18．已知函數.（1）若在上是減函數，求的取值范圍；（2）設，，若函數有且只有一個零點，求實數的取值范圍.19．已知函數且為自然對數的底數）.（1）判斷函數的奇偶性并證明(2)證明函數在是增函數(3)若不等式對一切恒成立，求滿足條件的實數的取值范圍20．已知函數，只能同時滿足下列三個條件中的兩個：①的解集為；②；③最小值為（1）請寫出這兩個條件的序號，求的解析式；（2）求關于的不等式的解集.21．已知集合，.（1）當時，求.（2）若，求實數m的取值范圍.

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】利用恒等式可得定點P，代入冪函數可得解析式，然后可得.【詳解】當時，，所以函數的圖像恒過定點記，則有，解得所以.故選：A2、C【解析】計算出向量的坐標，然后利用共線向量的坐標表示得出關于實數的等式，解出即可.【詳解】向量，，，又且，，解得.故選：C.【點睛】本題考查平面向量的坐標運算，考查共線向量的坐標表示，考查計算能力，屬于基礎題.3、B【解析】所以，所以。故選B。4、D【解析】根據求得，由此求得的值.【詳解】依題意得，，，所以.故若某傳染源感染后至隔離前時長為兩周，則相關確診病例人數約為125.故選：D5、C【解析】根據對立事件和獨立事件求概率的方法即可求得答案.【詳解】由題意，三次交接棒不失誤的概率分別為：1-p1,1-故選：C.6、A【解析】根據函數的奇偶性，把不等式轉化為，再結合函數的單調性，列出不等式組，即可求解.【詳解】由題意，函數是定義在上的奇函數，所以，則不等式，可得，又因為單調遞增，所以，解得，故選：.【點睛】求解函數不等式的方法：1、解函數不等式的依據是函數的單調性的定義，具體步驟：①將函數不等式轉化為的形式；②根據函數的單調性去掉對應法則“”轉化為形如：“”或“”的常規(guī)不等式，從而得解.2、利用函數的圖象研究不等式，當不等式問題不能用代數法求解但其與函數有關時，常將不等式問題轉化為兩函數的圖象上、下關系問題，從而利用數形結合求解.7、B【解析】由題意得，A中，若，則或，又，∴不成立，∴A是錯誤的；B．若，則，又，∴成立，∴B正確；C．當時，也滿足若，∴C錯誤；D．若，則或為異面直線，∴D錯誤，故選B考點：空間線面平行垂直的判定與性質．【方法點晴】本題主要考查了空間線面位置關系的判定與證明，其中熟記空間線面位置中平行與垂直的判定定理與性質定理是解得此類問題的關鍵，著重考查了學生的空間想象能和推理能力，屬于基礎題，本題的解答中，可利用線面位置關系的判定定理和性質定理判定，也可利用舉出反例的方式，判定命題的真假．8、D【解析】由已知中兩函數的圖象交于點P(?由指數函數的性質可知，若x0≥2，則0<y由于x0≥2，所以a>1且4a點睛：本題考查了指數函數與對數函數的應用，其中解答中涉及到指數函數的圖象與性質、對數函數的圖象與性質，以及不等式關系式得求解等知識點的綜合考查，著重考查了學生分析問題和解答問題的能力，本題的解答中熟記指數函數與對數函數的圖象與性質，構造關于a的不等式是解答的關鍵，試題比較基礎，屬于基礎題.9、D【解析】逐項判斷函數的定義域與對應法則是否相同，即可得出結果.【詳解】對于A，

定義域為，而定義域為，定義域相同，但對應法則不同，故不是同一函數，排除A；對于B，定義域，而定義域為，所以定義域不同，不是同一函數，排除B；對于C，

定義域為，而定義域為，所以定義域不同，不是同一函數，排除C；對于D，與的定義域均為，且，對應法則一致，所以是同一函數，D正確.故選：D10、A【解析】根據對任意的，，，有，判斷函數的單調性，結合函數的奇偶性和單調性之間的性質，將不等式轉化為不等式組，數形結合求解即可詳解】因為對任意的，，當，有,所以,當函數為減函數，又因為是偶函數，所以當時，為增函數，，，作出函數的圖象如圖：等價為或，由圖可知，或，即不等式的解集為，故選A【點睛】本題主要考查抽象函數的奇偶性與單調性的應用，屬于難題.將奇偶性與單調性綜合考查一直是命題的熱點，解這種題型往往是根據函數在所給區(qū)間上的單調性，根據奇偶性判斷出函數在對稱區(qū)間上的單調性(偶函數在對稱區(qū)間上單調性相反，奇函數在對稱區(qū)間單調性相同)，然后再根據單調性列不等式求解.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、﹣≤a≤2【解析】先求畫出函數的圖像，然后對的圖像進行分類討論，使得的圖像在函數的圖像下方，由此求得的取值范圍.【詳解】畫出函數的圖像如下圖所示，而，是兩條射線組成，且零點為.將向左平移，直到和函數圖像相切的位置，聯(lián)立方程消去并化簡得，令判別式，解得.將向右平移，直到和函數圖像相切的位置，聯(lián)立方程消去并化簡得，令判別式，解得.根據圖像可知【點睛】本小題主要考查分段函數的圖像與性質，其中包括二次函數的圖像、對勾函數的圖像，以及含有絕對值函數的圖像，考查恒成立問題的求解方法，考查數形結合的數學思想方法以及分類討論的數學思想方法，屬于中檔題.形如函數的圖像，是引出的兩條射線.12、【解析】先求得，進而可得結果.【詳解】因為，又為第一象限角，所以，，故.故答案為：.13、【解析】直接由平方關系求解即可.【詳解】由是第四象限角，可得.故答案為：.14、【解析】根據正弦函數的最小正周期公式即可求解【詳解】因為由正弦函數的最小正周期公式可得故答案為：15、或【解析】當直線不過原點時設截距式方程；當直線過原點時設,分別將點代入即可【詳解】由題,當直線不過原點時設,則,所以,則直線方程為,即；當直線過原點時設,則,所以,則直線方程為,即,故答案為:或【點睛】本題考查求直線方程,考查截距式方程的應用,截距相同的直線問題,需注意過原點的情況16、（1）（2）證明見解析（3）證明見解析【解析】（1）根據兩角和的正切公式及均值不等式求解；（2）先證明，再由不等式證明即可；（3）找出不等式的等價條件，換元后再根據函數的單調性構造不等式，利用不等式性質即可得證.【小問1詳解】,為銳角，，，解得，當且僅當時，等號成立，即.【小問2詳解】在中，，,,.【小問3詳解】由（2）知，令，原不等式等價為，在上為增函數，，，同理可得，，，，故不等式成立，問題得證.【點睛】本題第3問的證明需要用到，換元后轉換為，再構造不等式是證明的關鍵，本題的難點就在利用函數單調性構造出不等式.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）詳見解析；（2）.【解析】（1）推導出FC⊥CD，F(xiàn)C⊥BC，AC⊥BC，由此BC⊥平面ACF，從而BC⊥AF（2）推導出AC＝BC＝2，AB4，從而AD＝BCsin∠ABC＝22，由V幾何體EF﹣ABCD＝V幾何體A﹣CDEF+V幾何體F﹣ACB，能求出幾何體EF﹣ABCD的體積【詳解】（1）因為平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD=CD，又四邊形CDEF是正方形，所以FC⊥CD，F(xiàn)C?平面CDEF，所以FC⊥平面ABCD，所以FC⊥BC因為△ACB是腰長為2的等腰直角三角形，所以AC⊥BC又AC∩CF=C，所以BC⊥平面ACF所以BC⊥AF（2）因為△ABC是腰長為2的等腰直角三角形，所以AC=BC=2，AB==4，所以AD=BCsin∠ABC=2=2，CD=AB=BCcos∠ABC=4-2cos45°=2，∴DE=EF=CF=2，由勾股定理得AE==2，因為DE⊥平面ABCD，所以DE⊥AD又AD⊥DC，DE∩DC=D，所以AD⊥平面CDEF所以V幾何體EF-ABCD=V幾何體A-CDEF+V幾何體F-ACB==+==【點睛】本題考查線線垂直的證明，考查幾何體的體積的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題18、(1)(2)【解析】(1)由題意結合函數單調性的定義得到關于a的表達式，結合指數函數的性質確定的取值范圍即可；(2)利用換元法將原問題轉化為二次方程根的分布問題，然后求解實數的取值范圍即可.【詳解】（1）由題設，若在上是減函數，則任取，，且，都有，即成立.∵.又在上是增函數，且，∴由，得，即，且.∴只須，解.由，，且，知，∴，即，∴.所以在上是減函數，實數的取值范圍是.（2）由題知方程有且只有一個實數根，令，則關于的方程有且只有一個正根.若，則，不符合題意，舍去；若，則方程兩根異號或有兩個相等的正根.方程兩根異號等價于解得；方程有兩個相等的正根等價于解得；綜上所述，實數的取值范圍為.【點睛】本題主要考查函數的單調性，二次方程根的分布等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.19、（1）見解析；（2）見解析；（3）.【解析】（1）定義域為，關于原點對稱，又，為奇函數(2)任取,,且，則===，又在上為增函數且，，，,在上是增函數(3)由（1）知在上為奇函數且單調遞增，由得由題意得，即恒成立，又．綜上得的取值范圍是點睛：本題是一道關于符合函數的題目，總體方法是掌握函數奇偶性和單調性的知識，屬于中檔題．在證明函數單調性時可以運用定義法證明，在解答函數中的不等式時，要依據函數的單調性，比較兩數大小，含有參量時要分離參量計算最值20、（1）（2）答案見解析【解析】（1）若選①②，則的解集不可能為；若選②③，，開口向下，則無最小值．只能是選①③，由函數的解集為可知，-1，3是方程的根，則，又由的最小值可知且在對稱軸上取得最小值，從而解出；（2）由，即，