四川省金堂中學2026屆高一數學第一學期期末學業(yè)水平測試試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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，，，則a，b，c的大小關系是（）A. B.C. D.2．函數定義域是A. B.C. D.3．一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為A. B.C. D.4．若圓錐的底面半徑為2cm，表面積為12πcm2，則其側面展開后扇形的圓心角等于（）A. B.C. D.5．設函數，若對任意x∈R，都有f（x1）≤f（x）≤f（x2）成立，則|x1﹣x2|的最小值是（）A.4π B.2πC.π D.6．設，，，則A. B.C. D.7．已知，，，下列不等式正確個數有（）①，②，③，④.A.1 B.2C.3 D.48．圓與圓的位置關系為（）A.相離 B.相交C.外切 D.內切9．如果全集，，則A. B.C. D.10．工藝扇面是中國書面一種常見的表現形式.某班級想用布料制作一面如圖所示的扇面.已知扇面展開的中心角為，外圓半徑為，內圓半徑為.則制作這樣一面扇面需要的布料為（）.A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．一個扇形周長為8，則扇形面積最大時，圓心角的弧度數是__________.12．函數的定義域為_____________________13．某班有39名同學參加數學、物理、化學課外研究小組，每名同學至多參加兩個小組.已知參加數學、物理、化學小組的人數分別為26，15，13，同時參加數學和物理小組的有6人，同時參加物理和化學小組的有4人，則同時參見數學和化學小組有多少人__________.14．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E、F是分別是棱A1B1、A1D1的中點，則A1B與EF所成角的大小為______15．某種商品在第天的銷售價格（單位：元）為，第x天的銷售量（單位：件）為，則第14天該商品的銷售收入為________元，在這30天中，該商品日銷售收入的最大值為________元.16．從含有兩件正品和一件次品b的3件產品中，按先后順序任意取出兩件產品，每次取出后不放回，取出的兩件產品都是正品的概率為__________.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．已知對數函數.（1）若函數，討論函數的單調性；（2）對于（1）中的函數，若，不等式的解集非空，求實數的取值范圍.18．在平面直角坐標系中，已知直線.（1）若直線在軸上的截距為-2，求實數的值，并寫出直線的截距式方程；（2）若過點且平行于直線的直線的方程為：，求實數的值，并求出兩條平行直線之間的距離.19．已知函數（1）利用函數單調性的定義證明是單調遞增函數；（2）若對任意，恒成立，求實數取值范圍20．設函數的定義域為，值域為，如果存在函數，使得函數的值域仍是，那么稱是函數的一個等值域變換.（1）判斷下列函數是不是函數的一個等值域變換？說明你的理由；①；②.（2）設的定義域為，已知是的一個等值域變換，且函數的定義域為，求實數的值.21．設函數，（1）根據定義證明在區(qū)間上單調遞增；（2）判斷并證明的奇偶性；（3）解關于x的不等式.

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】利用指數函數和對數函數的性質確定a，b，c的范圍，由此比較它們的大小.【詳解】∵函數在上為減函數，，∴，即，∵函數在上為減函數，，∴，即，函數在上為減函數，，即∴.故選：C.2、A【解析】根據函數成立的條件即可求函數的定義域【詳解】解：要使函數有意義，則，得，即，即函數的定義域為故選A【點睛】本題主要考查函數的定義域的求解，要求熟練掌握常見函數成立的條件．函數的定義域主要由以下方面考慮來求解：一個是分數的分母不能為零，二個是偶次方根的被開方數為非負數，第三是對數的真數要大于零，第四個是零次方的底數不能為零.3、D【解析】該幾何體為半圓柱，底面為半徑為1的半圓，高為2，因此表面積為,選D.4、D【解析】利用扇形面積計算公式、弧長公式及其圓的面積計算公式即可得出【詳解】設圓錐的底面半徑為r=2，母線長為R，其側面展開后扇形的圓心角等于θ由題意可得：，解得R=4又2π×2=Rθ∴θ=π故選D【點睛】本題考查了扇形面積計算公式、弧長公式及其圓的面積計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題5、C【解析】首先得出f（x1）是最小值，f（x2）是最大值，可得|x1﹣x2|的最小值為函數的半個周期，根據周期公式可得答案【詳解】函數，∵對任意x∈R都有f（x1）≤f（x）≤f（x2），∴f（x1）是最小值，f（x2）是最大值；∴|x1﹣x2|的最小值為函數的半個周期，∵T＝2π，∴|x1﹣x2|的最小值為π，故選：C.6、B【解析】本題首先可以通過函數的性質判斷出和的大小，然后通過對數函數的性質判斷出與的大小關系，最后即可得出結果【詳解】因為函數是增函數，，，所以，因為，所以，故選B【點睛】本題主要考查了指數與對數的相關性質，考查了運算能力，考查函數思想，體現了基礎性與應用性，考查推理能力，是簡單題7、D【解析】由于，得，根據基本不等式對選項一一判斷即可【詳解】因，，，所以，得，當且僅當時取等號，②對；由，當且僅當時取等號，①對；由得，所以，當且僅當時取等號，③對；由，當且僅當時取等號，④對故選：D8、A【解析】通過圓的標準方程，可得圓心和半徑，通過圓心距與半徑的關系，可得兩圓的關系.【詳解】圓，圓心，半徑為；，圓心，半徑為；兩圓圓心距，所以相離.故選：A.9、C【解析】首先確定集合U，然后求解補集即可.【詳解】由題意可得：，結合補集的定義可知.本題選擇C選項.【點睛】本題主要考查集合的表示方法，補集的定義等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.10、B【解析】由扇形的面積公式，可得制作這樣一面扇面需要的布料.【詳解】解：根據題意，由扇形的面積公式可得：制作這樣一面扇面需要的布料為.故選：B.【點睛】本題考查扇形的面積公式，考查學生的計算能力，屬于基礎題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、2【解析】設扇形的半徑為，則弧長為，結合面積公式計算面積取得最大值時的取值，再用圓心角公式即可得弧度數【詳解】設扇形的半徑為，則弧長為，，所以當時取得最大值為4，此時，圓心角為（弧度）故答案為：212、【解析】，區(qū)間為.考點：函數的定義域13、【解析】設參加數學、物理、化學小組的同學組成的集合分別為，、，根據容斥原理可求出結果.【詳解】設參加數學、物理、化學小組的同學組成的集合分別為，、，同時參加數學和化學小組的人數為，因為每名同學至多參加兩個小組，所以同時參加三個小組的同學的人數為，如圖所示：由圖可知：，解得，所以同時參加數學和化學小組有人.故答案為：.14、【解析】解：如圖，將EF平移到A1B1，再平移到AC，則∠B1AC為異面直線AB1與EF所成的角三角形B1AC為等邊三角形，故異面直線AB1與EF所成的角60°，15、①.448②.600【解析】銷售價格與銷售量相乘即得收入，對分段函數，可分段求出最大值，然后比較【詳解】由題意可得（元），即第14天該商品的銷售收入為448元.銷售收入，，即，.當時，，故當時，y取最大值，，當時，易知，故當時，該商品日銷售收入最大，最大值為600元.故答案為：448；600.【點睛】本題考查分段函數模型的應用．根據所給函數模型列出函數解析式是基本方法16、【解析】基本事件總數6，取出的兩件產品都是正品包含的基本事件個數2，由此能求出取出的兩件產品都是正品的概率.【詳解】從含有兩件正品和一件次品的3件產品中，按先后順序任意取出兩件產品，每次取出后不放回，共包含，，，，，6個基本事件，取出的兩件產品都是正品包含，2個基本事件，∴取出的兩件產品都是正品的概率為，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）詳見解析；(2).【解析】（1）由對數函數的定義，得到的值，進而得到函數的解析式，再根據復合函數的單調性，即可求解函數的單調性.（2）不等式的解集非空，得，利用函數的單調性，求得函數的最小值，即可求得實數的取值范圍.【詳解】（1）由題中可知：，解得：，所以函數的解析式，∵，∴，∴，即的定義域為，由于，令則：由對稱軸可知，在單調遞增，在單調遞減；又因為在單調遞增，故單調遞增區(qū)間，單調遞減區(qū)間為.（2）不等式的解集非空，所以，由（1）知，當時，函數單調遞增區(qū)間，單調遞減區(qū)間為，又，所以，所以，，所以實數的取值范圍.18、(1)直線的截距式方程為：;(2).【解析】（1）直線在軸上的截距為，等價于直線經過點，代入直線方程得，所以，從而可得直線的一般式方程，再化為截距式即可；（2）把點代入直線的方程為可求得，由兩直線平行得：，所以，因為兩條平行直線之間的距離就是點到直線的距離，所以由點到直線距離公式可得結果.試題解析：（1）因為直線在軸上的截距為-2，所以直線經過點，代入直線方程得，所以.所以直線的方程為，當時，，所以直線的截距式方程為：.（2）把點代入直線的方程為：，求得由兩直線平行得：，所以因為兩條平行直線之間的距離就是點到直線的距離，所以.19、（1）證明見解析（2）【解析】（1）利用單調性的定義，取值、作差、整理、定號、得結論，即可得證.（2）令，根據x的范圍，可得t的范圍，原式等價為，，只需即可，分別討論、和三種情況，根據二次函數的性質，計算求值，分析即可得答案.【小問1詳解】由已知可得的定義域為，任取，且，則，因為，，，所以，即，所以在上是單調遞增函數【小問2詳解】，令，則當時，，所以令，，則只需當，即時，在上單調遞增，所以，解得，與矛盾，舍去；當，即時，在上單調遞減，在上單調遞增，所以，解得；當即時，在上單調遞減，所以，解得，與矛盾，舍去綜上，實數的取值范圍是20、（1）①不是等值域變換，②是等值域變換；（2）.【解析】（1）運用對數函數的值域和基本不等式，結合新定義即可判斷①；運用二次函數的值域和指數函數的值域，結合新定義即可判斷②；（2）利用f（x）的定義域，求得值域，根據x的表達式，和t值域建立不等式，利用存在t1，t2∈R使兩個等號分別成立，求得m和n試題解析：（1）①，x>0，值域為R，,t>0,由g(t)?2可得y=f[g(t)]的值域為[1,+∞).則x=g(t)不是函數y=f(x)的一個等值域變換；②，即的值域為，當時，，即的值域仍為，所以是的一個等值域變換，故①不是等值域變換，②是等值域變換；（2）定義域為，因為是的一個等值域變換，且函數的定義域為，的值域為，，恒有，解得21、（1）證明見解析（2）奇函數，證明見解析（3）