福建龍海市第二中學2026屆數(shù)學高一上期末復(fù)習檢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(yīng)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?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)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．已知角的頂點為坐標原點，始邊為軸正半軸，終邊經(jīng)過點，則（）A. B.C. D.2．將函數(shù)的圖象向左平移個單位后得到的圖象關(guān)于軸對稱，則正數(shù)的最小值是（）A. B.C. D.3．《易經(jīng)》是我國古代預(yù)測未來的著作，其中同時拋擲三枚古錢幣觀察正反面進行預(yù)測未知，則拋擲一次時出現(xiàn)兩枚正面一枚反面的概率為A. B.C. D.4．長方體中，，，則直線與平面ABCD所成角的大小A. B.C. D.5．已知函數(shù)，的圖象與直線有兩個交點，則的最大值為（）A.1 B.2C. D.6．定義域為的函數(shù)滿足，當時，，若時，對任意的都有成立，則實數(shù)的取值范圍是（）A. B.C. D.7．設(shè)命題，則命題p的否定為（）A. B.C. D.8．用樣本估計總體，下列說法正確的是A.樣本的結(jié)果就是總體的結(jié)果B.樣本容量越大，估計就越精確C.樣本的標準差可以近似地反映總體的平均狀態(tài)D.數(shù)據(jù)的方差越大，說明數(shù)據(jù)越穩(wěn)定9．古希臘數(shù)學家阿波羅尼奧斯（約公元前262~公元前190年）的著作《圓錐曲線論》是古代世界光輝的科學成果，著作中有這樣一個命題：平面內(nèi)與兩定點距離的比為常數(shù)（且）的點的軌跡是圓，后人將這個圓稱為阿波羅尼斯圓．已知，動點滿足，則動點軌跡與圓位置關(guān)系是（）A.外離 B.外切C.相交 D.內(nèi)切10．在平面直角坐標系中，角的頂點與原點重合，角的始邊與軸非負半軸重合，角的終邊經(jīng)過點，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．將函數(shù)圖象上的所有點向右平行移動個單位長度，則所得圖象的函數(shù)解析式為___________.12．函數(shù)，函數(shù)有______個零點，若函數(shù)有三個不同的零點，則實數(shù)的取值范圍是______.13．已知函數(shù)是定義在R上的奇函數(shù)，且，若對任意的，當時，都有成立，則不等式的解集為_____14．已知函數(shù)，若有解，則m的取值范圍是______15．已知函數(shù)的圖象過原點，則___________16．函數(shù)=(其中且)的圖象恒過定點,且點在冪函數(shù)的圖象上,則=______.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)f(x)=4cos（Ⅰ）求f(x)的最小正周期：（Ⅱ）求f(x)在區(qū)間-π618．設(shè)S＝{x|x＝m＋n，m、n∈Z}(1)若a∈Z，則a是否是集合S中的元素？(2)對S中的任意兩個x1、x2，則x1＋x2、x1·x2是否屬于S？19．在平面直角坐標系中，為坐標原點，已知兩點、在軸的正半軸上，點在軸的正半軸上．若，（）求向量，夾角的正切值（）問點在什么位置時，向量，夾角最大？20．已知函數(shù)為偶函數(shù).（1）求的值；（2）若恒成立，求實數(shù)的取值范圍.21．已知集合，（1）若，求實數(shù)a，b滿足的條件；（2）若，求實數(shù)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】利用任意角的三角函數(shù)的定義，即可求得的值【詳解】角的頂點為坐標原點，始邊為軸正半軸，終邊過點.由三角函數(shù)的定義有：.故選：A2、A【解析】圖象關(guān)于軸對稱，則其為偶函數(shù)，根據(jù)三角函數(shù)的奇偶性即可求解.【詳解】將的圖象向左平移個單位后得到，此時圖象關(guān)于軸對稱，則，則，當時，取得最小值故選：A.3、C【解析】用列舉法得出：拋擲三枚古錢幣出現(xiàn)的基本事件的總數(shù)，進而可得出所求概率.【詳解】拋擲三枚古錢幣出現(xiàn)的基本事件共有：正正正，正正反，正反正，反正正，正反反，反正反，反反正，反反反8中，其中出現(xiàn)兩正一反的共有3種，故概率為.故選C【點睛】本題主要考查古典概型，熟記概率的計算公式即可，屬于常考題型.4、B【解析】連接，根據(jù)長方體的性質(zhì)和線面角的定義可知：是直線與平面ABCD所成角，在底面ABCD中，利用勾股定理可以求出，在中，利用銳角三角函數(shù)知識可以求出的大小.【詳解】連接，在長方體中，顯然有平面ABCD，所以是直線與平面ABCD所成角，在底面ABCD中，，在中，，故本題選B.【點睛】本題考查了線面角的求法,考查了數(shù)學運算能力.5、D【解析】由可得，然后可得的最大值為，即可得到答案.【詳解】由可得，所以當時，由與有兩個交點可得的最大值為所以則的最大值為故選：D6、B【解析】由可求解出和時，的解析式，從而得到在上的最小值，從而將不等式轉(zhuǎn)化為對恒成立，利用分離變量法可將問題轉(zhuǎn)化為，利用二次函數(shù)單調(diào)性求得在上的最大值，從而得到，進而求得結(jié)果.【詳解】當時，時，當時，，時，時，，即對恒成立即：對恒成立令，，，解得：故選：B7、C【解析】由全稱命題的否定是特稱命題即可得解.【詳解】根據(jù)全稱命題的否定是特稱命題可知，命題的否定命題為，故選：C8、B【解析】解：因為用樣本估計總體時，樣本容量越大，估計就越精確，成立選項A顯然不成立，選項C中，樣本的標準差可以近似地反映總體的穩(wěn)定狀態(tài)，、數(shù)據(jù)的方差越大，說明數(shù)據(jù)越不穩(wěn)定，故選B9、C【解析】設(shè)動點P的坐標，利用已知條件列出方程，化簡可得點P的軌跡方程為圓，再判斷圓心距和半徑的關(guān)系即可得解.，詳解】設(shè)，由，得，整理得，表示圓心為，半徑為的圓，圓的圓心為為圓心，為半徑的圓兩圓的圓心距為，滿足，所以兩個圓相交.故選：C.10、A【解析】根據(jù)任意角的三角函數(shù)定義即可求解.【詳解】解：由題意知：角的終邊經(jīng)過點，故.故選：A.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】由題意利用函數(shù)的圖象變換規(guī)律，即可得到結(jié)果【詳解】將函數(shù)的圖象向右平移個單位，所得圖象對應(yīng)的函數(shù)解析式，即.故答案為：.12、①.1②.【解析】(1)畫出圖像分析函數(shù)的零點個數(shù)(2)條件轉(zhuǎn)換為有三個不同的交點求實數(shù)的取值范圍問題,數(shù)形結(jié)合求解即可.【詳解】(1)由題,當時,,當時,為二次函數(shù),對稱軸為,且過開口向下.故畫出圖像有故函數(shù)有1個零點.又有三個不同的交點則有圖像有最大值為.故.故答案為：(1).1(2).【點睛】本題主要考查了數(shù)形結(jié)合求解函數(shù)零點個數(shù)與根據(jù)零點個數(shù)求參數(shù)范圍的問題,屬于中檔題.13、；【解析】令,則為偶函數(shù),且,當時,為減函數(shù)所以當時,;當時,;因此當時,;當時,,即不等式的解集為點睛：利用函數(shù)性質(zhì)解抽象函數(shù)不等式，實質(zhì)是利用對應(yīng)函數(shù)單調(diào)性，而對應(yīng)函數(shù)需要構(gòu)造.14、【解析】利用函數(shù)的值域，轉(zhuǎn)化方程的實數(shù)解，列出不等式求解即可．【詳解】函數(shù)，若有解，就是關(guān)于的方程在上有解；可得：或，解得：或可得．故答案為．【點睛】本題考查函數(shù)與方程的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想有解計算能力．15、0【解析】由題意可知，函數(shù)經(jīng)過坐標原點，只需將原點坐標帶入函數(shù)解析式，即可完成求解.【詳解】因為的圖象過原點，所以，即故答案為：0.16、9【解析】由題意知,當時,.即函數(shù)=的圖象恒過定點.而在冪函數(shù)的圖象上,所以,解得,即,所以=9.三、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、（Ⅰ）（Ⅱ）2，-1【解析】（Ⅰ）因為f=4=3故fx最小正周期為（Ⅱ）因為-π6≤x≤于是，當2x+π6=π2，即x=當2x+π6=-π6，即點睛：本題主要考查了兩角和的正弦公式，輔助角公式，正弦函數(shù)的性質(zhì)，熟練掌握公式是解答本題的關(guān)鍵.18、（1）見解析；（2）見解析.【解析】（1）由a＝a＋0×即可判斷；（2）不妨設(shè)x1＝m＋n，x2＝p＋q，經(jīng)過運算得x1＋x2＝(m＋n)＋(p＋q)，x1·x2＝(mp＋2nq)＋(mq＋np)，即可判斷.試題解析：(1)a是集合S的元素，因為a＝a＋0×∈S(2)不妨設(shè)x1＝m＋n，x2＝p＋q，m、n、p、q∈Z則x1＋x2＝(m＋n)＋(p＋q)＝(m＋n)＋(p＋q)，∵m、n、p、q∈Z．∴p＋q∈Z，m＋n∈Z．∴x1＋x2∈S，x1·x2＝(m＋n)·(p＋q)＝(mp＋2nq)＋(mq＋np)，m、n、p、q∈Z故mp＋2nq∈Z，mq＋np∈Z∴x1·x2∈S綜上，x1＋x2、x1·x2都屬于S點睛：集合是高考中必考的知識點，一般考查集合的表示、集合的運算比較多．對于集合的表示，特別是描述法的理解，一定要注意集合中元素是什么，然后看清其滿足的性質(zhì)，將其化簡；考查集合的運算，多考查交并補運算，注意利用數(shù)軸來運算，要特別注意端點的取值是否在集合中，避免出錯19、（1）見解析；（2）見解析.【解析】分析：（）設(shè)向量與軸的正半軸所成的角分別為，則向量所成的夾角為，由兩角差的正切公式可得向量夾角的正切值為；（）由（1）知，利用基本不等式即可的結(jié)果.詳解：（1）由題意知，A的坐標為A（0，6），B的坐標為B（0，4），C（x，0），x＞0設(shè)向量，與x軸的正半軸所成的角分別為α，β，則向量，所成的夾角為|β﹣α|=|α﹣β|，由三角函數(shù)的定義知：tanα=，tanβ=，由公式tan（α﹣β）=，得向量，的夾角的正切值等于tan（α﹣β）==，故所求向量，夾角的正切值為tan（α﹣β）=；（2）由（1）知tan（α﹣β）==≤=，所以tan（α﹣β）的最大值為時，夾角|α﹣β|的值也最大，當x=時，取得最大值成立，解得x=2，故點C在x的正半軸，距離原點為2，即點C的坐標為C（2，0）時，向量，夾角最大點睛：本題主要考查利用平面向量的夾角、兩角差的正切公式以及基本不等式求最值，屬于難題.利用基本不等式求最值時，一定要正確理解和掌握“一正，二定，三相等”的內(nèi)涵：一正是，首先要判斷參數(shù)是否為正；二定是，其次要看和或積是否為定值（和定積最大，積定和最小）；三相等是，最后一定要驗證等號能否成立（主要注意兩點，一是相等時參數(shù)否在定義域內(nèi)，二是多次用或時等號能否同時成立）.20、（1）（2）或【解析】(1)根據(jù)奇偶函數(shù)的定義可得，列出方程，結(jié)合對數(shù)運算公式解方程即可；(2)根據(jù)指數(shù)、對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)求出函數(shù)，進而得到，解不等式即可.【