福建省長汀第一中學(xué)2026屆高一上數(shù)學(xué)期末學(xué)業(yè)質(zhì)量監(jiān)測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)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(yīng)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(yīng)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(nèi)相應(yīng)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(zhǔn)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?？荚嚱Y(jié)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．下列各對角中，終邊相同的是（）A.和 B.和C.和 D.和2．已知，，且，，，那么的最大值為（）A. B.C.1 D.23．已知函數(shù)的部分圖象如圖所示，下列結(jié)論正確的個數(shù)是（）①②將的圖象向右平移1個單位，得到函數(shù)的圖象③的圖象關(guān)于直線對稱④若，則A.0個 B.1個C.2個 D.3個4．若關(guān)于的不等式在恒成立，則實數(shù)的取值范圍是（）A. B.C. D.5．“”是“函數(shù)為偶函數(shù)”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件6．已知偶函數(shù)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，若，，，則的大小關(guān)系為（）A. B.C. D.7．已知函數(shù)，則函數(shù)的零點個數(shù)是A.1 B.2C.3 D.48．若，則的最小值是（）A.1 B.2C.3 D.49．已知偶函數(shù)在上單調(diào)遞增，且，則的解集是（）A. B.或C.或 D.或10．已知函數(shù)，若存在R，使得不等式成立，則實數(shù)的取值范圍為（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知角的終邊經(jīng)過點，則__12．設(shè)且，函數(shù)，若，則的值為________13．設(shè)常數(shù)使方程在閉區(qū)間上恰有三個不同的解，則實數(shù)的取值集合為________，_______14．已知函數(shù)，若關(guān)于的方程在上有個不相等的實數(shù)根，則實數(shù)的取值范圍是___________.15．函數(shù)的定義域為_____________.16．函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間是______三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．已知函數(shù)的定義域為，若存在實數(shù)，使得對于任意都存在滿足，則稱函數(shù)為“自均值函數(shù)”，其中稱為的“自均值數(shù)”.（1）判斷函數(shù)是否為“自均值函數(shù)”，并說明理由：（2）若函數(shù)，為“自均值函數(shù)”，求的取值范圍；（3）若函數(shù)，有且僅有1個“自均值數(shù)”，求實數(shù)的值.18．已知函數(shù)（1）若函數(shù)為奇函數(shù)，求實數(shù)的值；（2）判斷函數(shù)在定義域上的單調(diào)性，并用單調(diào)性定義加以證明；（3）若函數(shù)為奇函數(shù)，求滿足不等式的實數(shù)的取值范圍.19．已知函數(shù)（1）求的圖象的對稱軸的方程；（2）若關(guān)于的方程在上有兩個不同的實數(shù)根，求實數(shù)的取值范圍20．已知是定義在上的偶函數(shù)，當(dāng)時，.（1）求在時的解析式；（2）若，在上恒成立，求實數(shù)的取值范圍.21．已知函數(shù)的部分圖象如圖所示，其中.（1）求值；（2）若角是的一個內(nèi)角，且，求的值.

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】利用終邊相同的角的定義，即可得出結(jié)論【詳解】若終邊相同，則兩角差，A.，故A選項錯誤；B.，故B選項錯誤；C.，故C選項正確；D.，故D選項錯誤.故選：C.【點睛】本題考查終邊相同的角的概念，屬于基礎(chǔ)題.2、C【解析】根據(jù)題意，由基本不等式的性質(zhì)可得，即可得答案.【詳解】根據(jù)題意，，，，則，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，即的最大值為1.故選：3、C【解析】由函數(shù)的圖象的頂點坐標(biāo)求出A，由周期求出，可判斷①，由點的坐標(biāo)代入求得，可得函數(shù)的解析式,再根據(jù)函數(shù)圖象的變換規(guī)律可判斷②，將代入解析式中驗證，可判斷③；根據(jù)三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)可判斷④，即可得到答案【詳解】由函數(shù)圖象可知：,函數(shù)的最小正周期為，故，將代入解析式中：，得：由于，故，故①錯誤；由以上分析可知，將的圖象向右平移1個單位，得到函數(shù)的圖象，故②正確；將代入得，故③錯誤；由于函數(shù)的最小正周期為8，而,故不會出現(xiàn)一個取到最大或最小值另一個取到最小或最大的情況，故，故④正確，故選：C4、A【解析】轉(zhuǎn)化為當(dāng)時，函數(shù)的圖象不在的圖象的上方，根據(jù)圖象列式可解得結(jié)果.【詳解】由題意知關(guān)于的不等式在恒成立，所以當(dāng)時，函數(shù)的圖象不在的圖象的上方，由圖可知，解得.故選：A【點睛】關(guān)鍵點點睛：利用函數(shù)的圖象與函數(shù)的圖象求解是解題關(guān)鍵.5、A【解析】根據(jù)充分必要條件的定義判斷【詳解】時，是偶函數(shù)，充分性滿足，但時，也是偶函數(shù)，必要性不滿足應(yīng)是充分不必要條件故選：A6、D【解析】先利用偶函數(shù)的對稱性判斷函數(shù)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減，結(jié)合偶函數(shù)定義得，再判斷，和的大小關(guān)系，根據(jù)單調(diào)性比較函數(shù)值的大小，即得結(jié)果.【詳解】偶函數(shù)的圖象關(guān)于y軸對稱，由在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增可知，在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減.，故，而，，即，故，由單調(diào)性知，即.故選：D.7、A【解析】設(shè)，則函數(shù)等價為，由，轉(zhuǎn)化為，利用數(shù)形結(jié)合或者分段函數(shù)進行求解，即可得到答案【詳解】由題意，如圖所示，設(shè)，則函數(shù)等價為，由，得，若，則，即，不滿足條件若，則，則，滿足條件，當(dāng)時，令，解得（舍去）；當(dāng)時，令，解得，即是函數(shù)的零點，所以函數(shù)的零點個數(shù)只有1個，故選A【點睛】本題主要考查了函數(shù)零點問題的應(yīng)用，其中解答中利用換元法結(jié)合分段函數(shù)的表達式以及數(shù)形結(jié)合是解決本題的關(guān)鍵，著重考查了數(shù)形結(jié)合思想，以及推理與運算能力，屬于基礎(chǔ)題.8、C【解析】采用拼湊法，結(jié)合基本不等式即可求解.【詳解】因為，，當(dāng)且僅當(dāng)時取到等號，故的最小值是3.故選：C9、B【解析】由已知和偶函數(shù)的性質(zhì)將不等式轉(zhuǎn)化為，再由其單調(diào)性可得，解不等式可得答案【詳解】因為，則，所以，因為為偶函數(shù)，所以，因為在上單調(diào)遞增，所以，解得或，所以不等式的解集為或，故選：B10、D【解析】利用函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性把函數(shù)不等式變形，然后由分離參數(shù)法轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值【詳解】是奇函數(shù)，且在上是增函數(shù)，因此不等式可化為，所以，，由得的最小值是2，所以故選：D二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】根據(jù)終邊上的點可得，再應(yīng)用差角正弦公式求目標(biāo)式的值.【詳解】由題設(shè)，，所以.故答案為：.12、【解析】根據(jù)函數(shù)的解析式以及已知條件可得出關(guān)于實數(shù)的等式，由此可解得實數(shù)的值.【詳解】因為，且，則.故答案為：.13、①.②.【解析】利用輔助角公式可將問題轉(zhuǎn)化為在上直線與三角函數(shù)圖象的恰有三個交點，利用數(shù)形結(jié)合可確定的取值；由的取值可求得的取值集合，從而確定的值，進而得到結(jié)果.【詳解】，方程的解即為在上直線與三角函數(shù)圖象的交點，由圖象可知：當(dāng)且僅當(dāng)時，直線與三角函數(shù)圖象恰有三個交點，即實數(shù)的取值集合為；，或，即或，此時，，，.故答案為：；.【點睛】思路點睛：本題考查與三角函數(shù)有關(guān)的方程根的個數(shù)問題，解決方程根的個數(shù)的基本思路是將問題轉(zhuǎn)化為兩函數(shù)交點個數(shù)問題，從而利用數(shù)形結(jié)合的方式來進行求解.14、【解析】數(shù)形結(jié)合，由條件得在上有個不相等的實數(shù)根，結(jié)合圖象分析根的個數(shù)列不等式求解即可.【詳解】作出函數(shù)圖象如圖所示：由，得，所以，且，若，即在上有個不相等的實數(shù)根，則或，解得.故答案為：【點睛】方法點睛：判定函數(shù)的零點個數(shù)的常用方法：（1）直接法：直接求解函數(shù)對應(yīng)方程的根，得到方程的根，即可得出結(jié)果；（2）數(shù)形結(jié)合法：先令，將函數(shù)的零點個數(shù)，轉(zhuǎn)化為對應(yīng)方程的根，進而轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖象的交點個數(shù)，結(jié)合圖象，即可得出結(jié)果.15、【解析】根據(jù)偶次根式和分式有意義的要求可得不等式組，解不等式組可求得結(jié)果.【詳解】由題意得：，解得：且，即的定義域為.故答案為：.16、【解析】先求出函數(shù)定義域，再換元，利用復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的求法求解【詳解】由，得，所以函數(shù)的定義域為，令，則，因為在上遞增，在上遞減，而在上為增函數(shù)，所以在上遞增，在上遞減，故答案為：三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）不是，理由見解析；（2）；（3）或.【解析】(1)假定函數(shù)是“自均值函數(shù)”，由函數(shù)的值域與函數(shù)的值域關(guān)系判斷作答.(2)根據(jù)給定定義可得函數(shù)在上的值域包含函數(shù)在上的值域，由此推理計算作答.(3)根據(jù)給定定義可得函數(shù)在上的值域包含函數(shù)在上的值域，再借助a值的唯一性即可推理計算作答.【小問1詳解】假定函數(shù)是“自均值函數(shù)”，顯然定義域為R，則存在，對于，存在，有，即，依題意，函數(shù)在R上的值域應(yīng)包含函數(shù)在R上的值域，而當(dāng)時，值域是，當(dāng)時，的值域是R，顯然不包含R，所以函數(shù)不“自均值函數(shù)”.【小問2詳解】依題意，存在，對于，存在，有，即，當(dāng)時，的值域是，因此在的值域包含，當(dāng)時，而，則，若，則，，此時值域的區(qū)間長度不超過，而區(qū)間長度為1，不符合題意，于是得，，要在的值域包含，則在的最小值小于等于0，又時，遞減，且，從而有，解得，此時，取，的值域是包含于在的值域，所以的取值范圍是.【小問3詳解】依題意，存在，對于，存在，有，即，當(dāng)時，的值域是，因此在的值域包含，并且有唯一的a值，當(dāng)時，在單調(diào)遞增，在的值域是，由得，解得，此時a的值不唯一，不符合要求，當(dāng)時，函數(shù)的對稱軸為，當(dāng)，即時，在單調(diào)遞增，在的值域是，由得，解得，要a的值唯一，當(dāng)且僅當(dāng)，即，則，當(dāng)，即時，，，，，由且得：，此時a的值不唯一，不符合要求，由且得，，要a的值唯一，當(dāng)且僅當(dāng)，解得，此時；綜上得：或，所以函數(shù)，有且僅有1個“自均值數(shù)”，實數(shù)的值是或.【點睛】結(jié)論點睛：若，，有，則的值域是值域的子集.18、（1）（2）函數(shù)在上單調(diào)遞減，證明見解析（3）【解析】（1）利用奇函數(shù)的定義可得的值；（2）利用單調(diào)性定義證明即可；（3）根據(jù)的奇偶性和單調(diào)性可得的取值范圍.【小問1詳解】函數(shù)的定義域為，因為為奇函數(shù)，所以，所以，所以，所以.【小問2詳解】函數(shù)在上單調(diào)遞減.下面用單調(diào)性定義證明：任取，且，則因為在上單調(diào)遞增，且，所以，又，所以，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減.【小問3詳解】因為為奇函數(shù)，所以，由得，即，由（2）可知,函數(shù)在上單調(diào)遞減，所以，即，解得或，所以的取值范圍為.19、（1），（2）【解析】（1）先將解析式化成正弦型函數(shù)，然后利用整體代換即可求得對稱軸方程.（2）方程有兩個不同的實數(shù)根轉(zhuǎn)化成圖像與有兩個交點即可求得實數(shù)的取值范圍【小問1詳解】，由，，得，故的圖象的對稱軸方程為，【小問2詳解】因為，當(dāng)時，不滿足題意；當(dāng)時，可得．畫出函數(shù)在上的圖象，由圖可知或，解得或．綜上，實數(shù)a的取值范圍為20、（1）；（2）.【解析】（1）利用函數(shù)的奇偶性結(jié)合條件即得；（2）由題可知在上恒成立，利