2026屆廣東省東莞市第四高級中學高一上數學期末學業(yè)水平測試模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．將函數圖象向左平移個單位，所得函數圖象的一個對稱中心是（）A. B.C. D.2．素數也叫質數,部分素數可寫成“”的形式（是素數）,法國數學家馬丁?梅森就是研究素數的數學家中成就很高的一位,因此后人將“”形式（是素數）的素數稱為梅森素數.2018年底發(fā)現的第個梅森素數是,它是目前最大的梅森素數.已知第個梅森素數為,第個梅森素數為,則約等于（參考數據：）（）A. B.C. D.3．函數的零點位于區(qū)間（）A. B.C. D.4．已知，且，則的值為（）A. B.C. D.5．下列區(qū)間中，函數單調遞增的區(qū)間是（）A. B.C. D.6．已知是定義在上的奇函數，且當時，，那么A. B.C. D.7．過圓C：（x﹣2）2+（y﹣2）2＝4的圓心，作直線分別交x，y正半軸于點A，B，△AOB被圓分成四部分（如圖），若這四部分圖形面積滿足SI+SⅣ＝SⅡ+SⅢ，則這樣的直線AB有A.0條 B.1條C.2條 D.3條8．已知函數在區(qū)間上是增函數，則的取值范圍是（）A. B.C. D.9．若函數f(x)=2x+3x+a在區(qū)間(0,1)A.(-∞,-5)C.(0,5) D.(1,+10．如圖，在矩形中，是兩條對角線的交點，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．已知平面向量，的夾角為，，則=______12．函數，若最大值為，最小值為，，則的取值范圍是______.13．已知函數，若函數恰有兩個不同的零點，則實數的取值范圍是_____14．梅州城區(qū)某公園有一座摩天輪，其旋轉半徑30米，最高點距離地面70米，勻速運行一周大約18分鐘.某人在最低點的位置坐上摩天輪，則第12分鐘時，他距地面大約為___________米.15．已知函數，，其中表示不超過x的最大整數．例如：，，．①______；②若對任意都成立，則實數m的取值范圍是______16．已知函數是定義在上且以3為周期的奇函數，當時，，則時，__________，函數在區(qū)間上的零點個數為__________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．若向量的最大值為(1)求的值及圖像的對稱中心；(2)若不等式在上恒成立，求的取值范圍18．定義在上的函數，如果滿足：對任意，存在常數，都有成立，則稱是上的有界函數，其中稱為函數的一個上界.已知函數，.（1）若函數為奇函數，求實數的值；（2）在（1）的條件下，求函數在區(qū)間上的所有上界構成的集合；（3）若函數在上是以為上界有界函數，求實數的取值范圍.19．已知函數.（1）當有是實數解時，求實數的取值范圍；（2）若，對一切恒成立，求實數的取值范圍.20．已知全集，，.（1）求；（2）若，求實數的取值范圍；（3）若，求實數的取值范圍.21．已知圓，直線過點.（1）若直線與圓相切，求直線的方程；（2）若直線與圓交于兩點，當的面積最大時，求直線的方程.

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、D【解析】先由函數平移得解析式，再令，結合選項即可得解.【詳解】將函數圖象向左平移個單位，可得.令，解得.當時，有對稱中心.故選D.【點睛】本題主要考查了函數的圖像平移及正弦型三角函數的對稱中心的求解，考查了學生的運算能力，屬于基礎題.2、C【解析】根據兩數遠遠大于1,的值約等于,設,運用指數運算法則,把指數式轉化對數式,最后求出的值.【詳解】因為兩數遠遠大于1,所以的值約等于,設,因此有.故選C【點睛】本題考查了數學估算能力,考查了指數運算性質、指數式轉化為對數式,屬于基礎題.3、C【解析】先研究的單調性，利用零點存在定理即可得到答案.【詳解】定義域為.因為和在上單增，所以在上單增.當時，；；而；，由零點存在定理可得：函數的零點位于區(qū)間.故選：C4、B【解析】先通過誘導公式把轉化成，再結合平方關系求解.【詳解】，又，.故選：B.5、A【解析】解不等式，利用賦值法可得出結論.【詳解】因為函數的單調遞增區(qū)間為，對于函數，由，解得，取，可得函數的一個單調遞增區(qū)間為，則，，A選項滿足條件，B不滿足條件；取，可得函數的一個單調遞增區(qū)間為，且，，CD選項均不滿足條件.故選：A.【點睛】方法點睛：求較為復雜的三角函數的單調區(qū)間時，首先化簡成形式，再求的單調區(qū)間，只需把看作一個整體代入的相應單調區(qū)間內即可，注意要先把化為正數6、C【解析】由題意得，，故，故選C考點：分段函數的應用.7、B【解析】數形結合分析出為定值,因此為定值,從而確定直線AB只有一條.【詳解】已知圓與軸,軸均相切,由已知條件得,第部分的面積是定值,所以為定值,即為定值,當直線繞著圓心C移動時,只有一個位置符合題意,即直線AB只有一條.故選:B【點睛】本題考查直線與圓的實際應用,屬于中檔題.8、A【解析】根據二次函數的單調區(qū)間及增減性，可得到，求解即可.【詳解】函數，開口向下，對稱軸為函數在區(qū)間上是增函數，所以，解得，所以實數a的取值范圍是.故選：A9、B【解析】利用零點存在性定理知f(0)?f(1)<0，代入解不等式即可得解.【詳解】函數f(x)=2x+3x+a由零點存在性定理知f(0)?f(1)<0，即1+a5+a<0所以實數a的取值范圍是(-5,-1)故選：B10、B【解析】利用向量加減法的三角形法則即可求解.【詳解】原式=，答案為B.【點睛】主要考查向量的加減法運算，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、【解析】=代入各量進行求解即可.【詳解】=,故答案.【點睛】本題考查了向量模的求解，可以通過先平方再開方即可，屬于基礎題.12、【解析】先化簡，然后分析的奇偶性，將的最大值和小值之和轉化為和有關的式子，結合對勾函數的單調性求解出的取值范圍.【詳解】，令，定義域為關于原點對稱，∴，∴為奇函數，∴，∴，，由對勾函數的單調性可知在上單調遞減，在上單調遞增，∴，，，∴，∴，故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：解答本題的關鍵在于函數奇偶性的判斷，同時需要注意到奇函數在定義域上如果有最值，那么最大值和最小值一定是互為相反數.13、【解析】題目轉化為，畫出函數圖像，根據圖像結合函數值計算得到答案.詳解】，，即，畫出函數圖像，如圖所示：，，根據圖像知：.故答案為：14、55【解析】建立平面直角坐標系，第分鐘時所在位置的高度為，設出其三角函數的表達式，由題意，得出其周期，求出解析式，然后將代入，可得答案.【詳解】如圖設為地面，圓為摩天輪，其旋轉半徑30米，最高點距離地面70米.則摩天輪的最低點離地面10米，即以所在直線為軸，所在直線為軸，建立平面直角坐標系.某人在最低點的位置坐上摩天輪，則第分鐘時所在位置的高度為則由題意，,則，所以當時，故答案為：5515、①.②.【解析】①代入，由函數的定義計算可得答案；②分別計算時，時，時，時，時，時，時，的值，建立不等式，求解即可【詳解】解：①∵，∴②當時，；當時，；當時，；當時，；當時，；當時，；當時，又對任意都成立，即恒成立，∴，∴，∴實數m的取值范圍是故答案為：；.【點睛】關鍵點睛：本題考查函數的新定義，關鍵在于理解函數的定義，分段求值，建立不等式求解.16、①.②.5【解析】（1）當時，，∴，又函數是奇函數，∴故當時，（2）當時，令，得，即，解得，即，又函數為奇函數，故可得，且∵函數是以3為周期的函數，∴，，又，∴綜上可得函數在區(qū)間上的零點為，共5個答案：，5三、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)【解析】(1)先利用向量的數量積公式和倍角公式對函數式進行化簡，再利用兩倍角公式以及兩角差的正弦公式進行整理，然后根據最大值為解出的值，最后根據正弦函數的性質求得函數的對稱中心；(2)首先通過的取值范圍來確定函數的范圍，再根據不等式在上恒成立，推斷出，最后計算得出結果【詳解】因為的最大值為，所以，由得所以的對稱中心為；(2)因為，所以即，因為不等式在上恒成立，所以即解得，的取值范圍為【點睛】本題考查了向量的相關性質以及三角函數相關性質，主要考查了向量的乘法、三角函數的對稱性、三角恒等變換、三角函數的值域等，屬于中檔題．的對稱中心為18、（1）；（2）；（3）.【解析】（1）由奇函數的定義，代入即可得出結果.（2）由復合函數的單調性，可得在區(qū)間上單調遞增，進而求出值域，即可得出結果.（3）由題意可得在上恒成立，即在上恒成立，利用函數單調性的定義證明單調性，再求出值域，即可求出結果.【詳解】（1）因函數為奇函數，所以，即，即，得，而當時不合題意，故（2）由（1）得：，而，易知在區(qū)間上單調遞增，所以函數在區(qū)間上單調遞增，所以函數在區(qū)間上的值域為，所以，故函數在區(qū)間上的所有上界構成集合為.（3）由題意知，在上恒成立.，.在上恒成立.設，，，由得設，，所以在上遞減，在上遞增，在上的最大值為，在上的最小值為，所以實數的取值范圍為.19、（1）；（2）【解析】（1）由題意可知實數的取值范圍為函數的值域，結合三角函數的范圍和二次函數的性質可知時函數取得最小值，當時函數取得最大值，實數的取值范圍是.（2）由題意可得時函數取得最大值，當時函數取得最小值，原問題等價于，求解不等式組可得實數的取值范圍是.試題解析：（1）因為，可化得，若方程有解只需實數的取值范圍為函數的值域，而，又因為，當時函數取得最小值，當時函數取得最大值，故實數的取值范圍是.（2）由，當時函數取得最大值，當時函數取得最小值，故對一切恒成立只需，解得，所以實數的取值范圍是.點睛：二次函數、二次方程與二次不等式統稱“三個二次”，它們常結合在一起，有關二次函數的問題，數形結合，密切聯系圖象是探求解題思路的有效方法．一般從：①開口方向；②對稱軸位置；③判別式；④端點函數值符號四個方面分析．20、(1);(2);(3).【解析】（1）因為全集，，所以（2）因為，且.所以實數的取值范圍是（3）因為，且，所以，所以可得21、（1）或；（2）或.【解析】（1）分直線l的斜率不存在與直線l的斜率存在兩種討論，根據直線l與圓M相切進行計算，可得直線的方程；（2）設直線l的方程為，圓心到直線l的距離為d，可得的長，由的面積最大，可得，可得k的值，可得直線的方程.【詳解】解：（1）當直線l的斜率不存在時，直線l的方程為，此時直線l與圓M相切，所以符合題意,當直線l的