2026屆上海市華東師范大學附屬第二中學高一上數學期末調研試題注意事項：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。考試結束后，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．設函數，點，，在的圖像上，且．對于，下列說法正確的是（）①一定是鈍角三角形②可能是直角三角形③不可能是等腰三角形③可能是等腰三角形A①③ B.①④C.②③ D.②④2．設集合，，，則（）A. B.C. D.3．已知冪函數的圖象過點(2,)，則的值為（）A B.C. D.4．已知，，且，則A.2 B.1C.0 D.-15．定義在上的函數滿足，當時,,當時,.則=（）A.338 B.337C.1678 D.20136．已知，，則的值為A. B.C. D.7．已知函數，的值域為，則實數的取值范圍是A. B.C. D.8．已知集合，，則A∩B中元素的個數為（）A.2 B.3C.4 D.59．設為全集，是集合，則“存在集合使得是“”的A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件10．已知集合，，則（）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，若函數的最小值與函數的最小值相等，則實數的取值范圍是__________12．已知函數，若，則實數的取值范圍是__________.13．直線與函數的圖象相交，若自左至右的三個相鄰交點依次為、、，且滿足，則實數________14．已知函數在上單調遞減，則實數的取值范圍是______15．某扇形的圓心角為2弧度，半徑為，則該扇形的面積為___________16．已知函數的圖上存在一點,函數的圖象上存在一點，恰好使兩點關于直線對稱，則滿足上述要求的實數的取值范圍是___________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．設全集，已知函數的定義域為集合A，函數的值域為集合B.（1）求；（2）若且,求實數a的取值范圍.18．已知函數，（且．）（1）求的定義域，并判斷函數的奇偶性；（2）設，對于，恒成立，求實數m的取值范圍19．如圖，四棱錐的底面為矩形，，.（1）證明：平面平面.（2）若，，，求點到平面的距離.20．已知函數的部分圖象如圖所示.（1）求函數的解析式；（2）求方程在區(qū)間內的所有實數根之和.21．如圖，四棱錐中，底面為菱形，平面.(1)證明：平面平面；(2)設，，求到平面的距離.

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】結合，得到，所以一定為鈍角三角形，可判定①正確，②錯誤；根據兩點間的距離公式和函數的變化率的不同，得到，可判定③正確，④不正確.【詳解】由題意，函數為單調遞增函數，因為點，，在的圖像上，且，不妨設，可得，則，因為，可得，又由因為，，，，所以，所以所以，所以一定為鈍角三角形，所以①正確，②錯誤；由兩點間的距離公式，可得，根據指數函數和一次函數的變化率，可得點到的變化率小于點到點的變化率不相同，所以，所以不可能為等腰三角形，所以③正確，④不正確.故選：A.2、D【解析】根據交集、補集的定義計算可得；【詳解】解：集合，，，則故選：D3、A【解析】令冪函數且過(2,)，即有，進而可求的值【詳解】令，由圖象過(2,)∴，可得故∴故選：A【點睛】本題考查了冪函數，由冪函數的形式及其所過的定點求解析式，進而求出對應函數值，屬于簡單題4、D【解析】∵，∴∵∴∴故選D5、B【解析】,,即函數是周期為的周期函數.當時,,當時,.,,故本題正確答案為6、A【解析】根據角的范圍可知，；利用同角三角函數的平方關系和商數關系構造方程可求得結果.【詳解】由可知：，由得：本題正確選項：【點睛】本題考查同角三角函數值的求解，關鍵是能夠熟練掌握同角三角函數的平方關系和商數關系，易錯點是忽略角的范圍造成函數值符號錯誤.7、B【解析】由題得由g(t)的圖像，可知當時，f(x)的值域為，所以故選B.8、B【解析】采用列舉法列舉出中元素的即可.【詳解】由題意，，故中元素的個數為3.故選：B【點晴】本題主要考查集合的交集運算，考查學生對交集定義的理解，是一道容易題.9、C【解析】①當，，且，則，反之當，必有.②當，，且，則，反之，若，則，，所以.③當，則；反之，，.綜上所述，“存在集合使得是“”的充要條件.考點：集合與集合的關系，充分條件與必要條件判斷，容易題.10、B【解析】直接利用交集運算法則得到答案.【詳解】，，則故選：【點睛】本題考查了交集的運算，屬于簡單題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】由二次函數的知識得，當時有．令，則，．結合二次函數可得要滿足題意，只需，解不等式可得所求范圍【詳解】由已知可得，所以當時，取得最小值，且令，則，要使函數的最小值與函數的最小值相等，只需滿足，解得或.所以實數的取值范圍是故答案為【點睛】本題考查二次函數最值的問題，求解此類問題時要結合二次函數圖象，即拋物線的開口方向和對稱軸與區(qū)間的關系進行求解，同時注意數形結合在解題中的應用，考查分析問題和解決問題的能力，屬于基礎題12、【解析】先確定函數單調性，再根據單調性化簡不等式，最后解一元二次不等式得結果.【詳解】在上單調遞增，在上單調遞增，且在R上單調遞增因此由得故答案為：【點睛】本題考查根據函數單調性解不等式，考查基本分析求解能力，屬中檔題.13、或【解析】設點、、的橫坐標依次為、、，由題意可知，根據題意可得出關于、的方程組，分、兩種情況討論，求出的值，即可求得的值.【詳解】設點、、的橫坐標依次為、、，則，當時，因為，所以，，即，因為，得，因為，則，即，可得，所以，，可得，所以，；當時，因為，所以，，即，因為，得，因為，則，即，可得，所以，，可得，所以，.綜上所述，或.故答案為：或.14、【解析】根據指數函數與二次函數的單調性，以及復合函數的單調性的判定方法，求得在上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，再結合題意，即可求解.【詳解】令，可得拋物線的開口向上，且對稱軸為，所以函數在上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，又由函數，根據復合函數的單調性的判定方法，可得函數在上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，因為函數在上單調遞減，則，可得實數的取值范圍是.故答案：.15、16【解析】利用扇形的面積S，即可求得結論【詳解】∵扇形的半徑為4cm，圓心角為2弧度，∴扇形的面積S16cm2，故答案為：1616、【解析】函數g(x)=lnx的反函數為，若函數f(x)的圖象上存在一點P，函數g(x)=lnx的圖象上存在一點Q，恰好使P、Q兩點關于直線y=x對稱，則函數g(x)=lnx的反函數圖象與f(x)圖象有交點，即在x∈R上有解，，∵x∈R，∴∴即.三、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）{1}；（2）【解析】（1）求出函數的定義域為集合，函數的值域為集合，即可求得答案；（2）根據集合的包含關系，列出相應的不等式，求得答案.【詳解】（1）由題意知,,則，∴（2）若則；若則，綜上，.18、（1）定義域為；為奇函數；（2）【解析】（1）由函數的定義域滿足，可得其定義域，由可判斷其奇偶性.(2)先由對數型函數的定義域可得，當時，由對數函數的單調性可得在上恒成立，即在上恒成立，即可得出答案.【詳解】（1）由題意，函數，由，可得或，即定義域為；由，即有，可得為奇函數；（2）對于，恒成立，由，則，又，則由，即在上恒成立.由,即在上恒成立.由，可得時，y取得最小值8，則，因此可得，時，的取值范圍是：【點睛】關鍵點睛：本題考查對數型函數的定義域和奇偶性的判斷，不等式恒成立求參數問題，解答本題的關鍵是由對數型函數的定義域則滿足，可得，然后將問題化為由,即在上恒成立，屬于中檔題.19、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）連接，交于點，連接，證明平面，即可證明出平面平面.（2）用等體積法，即，即可求出答案.【小問1詳解】連接，交于點，連接，如圖所示，底面為矩形，為，的中點，又，，，，又，平面，平面，平面平面【小問2詳解】，，，，在中，，，在中，，在中，，，，，，設點到平面的距離為，由等體積法可知，又平面，為點到平面的距離，，，即點到平面的距離為20、（1）（2）【解析】（1）由圖像得，并求解出周期為，從而得，再代入最大值，利用整體法，從而求解得，可得解析式為；（2）作出函數與的圖像，可得兩個函數在有四個交點，從而得有四個實數根，再利用三角函數的對稱性計算得實數根之和.【小問1詳解】由圖可知，，∴∴，又點在的圖象上∴，∴，，，∵，∴，∴.【小問2詳解】由圖得在上的圖象與直線有4個交點，則方程在上有4個實數根，設這4個實數根分別為，，，，且，由，得所以可知，關于直線對稱，∴，關于直線對稱，∴，∴【點睛】求三角函數的解析式時，由即可求出；確定時，若能求出離原點最近的右側圖象上升（或下降）的“零點”橫坐標，則令或，即可求出，否則需