福建省安溪八中2026屆高一上數(shù)學期末綜合測試試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、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。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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．設扇形的周長為，面積為，則扇形的圓心角的弧度數(shù)是（）A.1 B.2C.3 D.42．已知函數(shù)是定義在在上的奇函數(shù)，且當時，，則函數(shù)的零點個數(shù)為（）個A.2 B.3C.6 D.73．在長方體中，，，則直線與平面所成角的正弦值為（）A. B.C. D.4．如果角的終邊經(jīng)過點，則（）A. B.C. D.5．如圖，是全集，是子集，則陰影部分表示的集合是（）A. B.C. D.6．已知定義域為的函數(shù)滿足：，且，當時，，則等于A. B.C.2 D.47．已知函數(shù)，若，，，則，，的大小關系為A. B.C. D.8．已知等腰直角三角形的直角邊的長為4，將該三角形繞其斜邊所在的直線旋轉一周而形成的曲面所圍成的幾何體的表面積為（）A. B.C. D.9．若角的終邊上一點，則的值為（）A. B.C. D.10．“”是“函數(shù)為偶函數(shù)”（）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二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數(shù)定義域為，若滿足①在內是單調函數(shù)；存在使在上的值域為，那么就稱為“半保值函數(shù)”，若函數(shù)且是“半保值函數(shù)”，則的取值范圍為________12．已知定義在R上的函數(shù)滿足，且當時，，若對任都有，則m的取值范圍是_________13．已知函數(shù)，若函數(shù)有3個零點，則實數(shù)a的取值范圍是_______.14．設定義在區(qū)間上的函數(shù)與的圖象交于點，過點作軸的垂線，垂足為，直線與函數(shù)的圖象交于點，則線段的長為__________15．已知，，試用a、b表示________.16．已知正數(shù)x，y滿足，則的最小值為_________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．已知圓M與x軸相切于點（a，0），與y軸相切于點（0，a），且圓心M在直線上.過點P（2，1）直線與圓M交于兩點，點C是圓M上的動點.（1）求圓M的方程；（2）若直線AB的斜率不存在，求△ABC面積的最大值；（3）是否存在弦AB被點P平分？若存在，求出直線AB的方程；若不存在，說明理由.18．已知函數(shù)（1）求的最小正周期；（2）討論在區(qū)間上的單調遞增區(qū)間19．如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，底面是邊長為a的正方形，側棱PD＝a，PA＝PC＝a，(1)求證：PD⊥平面ABCD；(2)求證：平面PAC⊥平面PBD；(3)求二面角P－AC－D的正切值20．已知函數(shù)的圖象與的圖象關于軸對稱，且的圖象過點.（1）若成立，求的取值范圍；（2）若對于任意，不等式恒成立，求實數(shù)的取值范圍.21．已知函數(shù).（1）當時，求函數(shù)的零點；（2）若不等式在時恒成立，求實數(shù)k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、B【解析】根據(jù)扇形的周長為，面積為，得到，解得l，r，代入公式求解.【詳解】因為扇形的周長為，面積為，所以，解得，所以，所以扇形的圓心角的弧度數(shù)是2故選：B2、D【解析】作出函數(shù)，和圖象，可知當時，的零點個數(shù)為3個；再根據(jù)奇函數(shù)的對稱性，可知當時，也有3個零點，再根據(jù)，由此可計算出函數(shù)的零點個數(shù).【詳解】在同一坐標系中作出函數(shù)，和圖象，如下圖所示：由圖象可知，當時，的零點個數(shù)為3個；又因為函數(shù)和均是定義在在上的奇函數(shù)，所以是定義在在上的奇函數(shù)，根據(jù)奇函數(shù)的對稱性，可知當時，的零點個數(shù)也為3個，又，所以也是零點；綜上，函數(shù)的零點個數(shù)一共有7個.故選:D.3、D【解析】如圖，連接交于點，連接，則結合已知條件可證得為直線與平面所成角，然后根據(jù)已知數(shù)據(jù)在求解即可【詳解】解：如圖，連接交于點，連接，因為長方體中，，所以四邊形為正方形，所以，，所以，因為平面，所以，因為，所以平面，所以為直線與平面所成角，因為，，所以，在中，，所以直線與平面所成角的正弦值為，故選：D【點睛】此題考查線面角的求法，考查空間想象能力和計算能力，屬于基礎題4、D【解析】由三角函數(shù)的定義可求得的值.【詳解】由三角函數(shù)的定義可得.故選：D.【點睛】本題考查利用三角函數(shù)的定義求值，考查計算能力，屬于基礎題.5、C【解析】利用陰影部分所屬的集合寫出陰影部分所表示的集合【詳解】解：由圖知，陰影部分在集合中，在集合中，但不在集合中，故陰影部分所表示的集合是.故選：C.6、D【解析】由得，又由得函數(shù)為偶函數(shù)，所以選D7、C【解析】根據(jù)函數(shù)解析式先判斷函數(shù)的單調性和奇偶性，然后根據(jù)指數(shù)和對數(shù)的運算法則進行化簡即可【詳解】∵f（x）=x3，∴函數(shù)f（x）是奇函數(shù)，且函數(shù)為增函數(shù)，a=﹣f（log3）=﹣f（﹣log310）=f（log310），則2＜log39.1＜log310，20.9＜2，即20.9＜log39.1＜log310，則f（209）＜f（log39.1）＜f（log310），即c＜b＜a，故選C【點睛】本題主要考查函數(shù)值的大小的比較，根據(jù)函數(shù)解析式判斷函數(shù)的單調性和奇偶性是解決本題的關鍵8、D【解析】如圖為等腰直角三角形旋轉而成的旋轉體這是兩個底面半徑為，母線長4的圓錐，故S=2πrl=2π××4=故答案為D.9、B【解析】由三角函數(shù)的定義即可得到結果.【詳解】∵角的終邊上一點，∴，∴，故選：B【點睛】本題考查三角函數(shù)的定義，考查誘導公式及特殊角的三角函數(shù)值，屬于基礎題.10、A【解析】根據(jù)充分必要條件定義判斷【詳解】時，是偶函數(shù)，充分性滿足，但時，也是偶函數(shù)，必要性不滿足應是充分不必要條件故選：A二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】根據(jù)半保值函數(shù)的定義,將問題轉化為與的圖象有兩個不同的交點，即有兩個不同的根,換元后轉化為二次方程的實根的分布可解得.【詳解】因為函數(shù)且是“半保值函數(shù)”，且定義域為，由時，在上單調遞增，在單調遞增，可得為上的增函數(shù)；同樣當時，仍為上的增函數(shù)，在其定義域內為增函數(shù)，因為函數(shù)且是“半保值函數(shù)”，所以與的圖象有兩個不同的交點，所以有兩個不同的根，即有兩個不同的根,即有兩個不同的根,可令，，即有有兩個不同正數(shù)根，可得，且，解得.【點睛】本題考查函數(shù)的值域的求法，解題的關鍵是正確理解“半保值函數(shù)”，解題時要認真審題，仔細解答，注意合理地進行等價轉化12、，【解析】作出當，時，的圖象，將其圖象分別向左、向右平移個單位（橫坐標不變，縱坐標變?yōu)樵瓉淼幕?倍），得到函數(shù)的圖象，令，求得的最大值，可得所求范圍【詳解】解：因為滿足，即；又由，可得，畫出當，時，的圖象，將在，的圖象向右平移個單位（橫坐標不變，縱坐標變?yōu)樵瓉淼?倍），再向左平移個單位（橫坐標不變，縱坐標變?yōu)樵瓉淼谋叮纱说玫胶瘮?shù)的圖象如圖：當，時，，，，又，所以，令，由圖像可得，則，解得，所以當時，滿足對任意的，，都有，故的范圍為，故答案為：，13、（0，1]【解析】先作出函數(shù)f（x）圖象，根據(jù)函數(shù)有3個零點，得到函數(shù)f（x）的圖象與直線y＝a有三個交點，結合圖象即可得出結果【詳解】由題意，作出函數(shù)的圖象如下：因為函數(shù)有3個零點，所以關于x的方程f（x）﹣a＝0有三個不等實根；即函數(shù)f（x）的圖象與直線y＝a有三個交點，由圖象可得：0＜a≤1故答案為：（0，1]【點睛】本題主要考查函數(shù)的零點，靈活運用數(shù)形結合的思想是求解的關鍵14、【解析】不妨設坐標為則的長為與的圖象交于點，即解得則線段的長為點睛：本題主要考查的知識點是三角函數(shù)的圖象及三角函數(shù)公式的應用．突出考查了數(shù)形結合的思想，同時也考查了考生的運算能力，本題的關鍵是解出是這三點的橫坐標，而就是線段的長15、【解析】根據(jù)對數(shù)式指數(shù)式互化公式，結合對數(shù)換底公式、對數(shù)的運算性質進行求解即可.【詳解】因為，所以，因此有：，故答案為：16、8【解析】將等式轉化為，再解不等式即可求解【詳解】由題意，正實數(shù)，由（時等號成立），所以，所以，即，解得（舍），，（取最小值）所以的最小值為.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）（2）（3）存在，方程為【解析】（1）根據(jù)圓與坐標軸相切表示出圓心坐標，結合已知可解；（2）注意到當點C到直線AB距離最大值為圓心到直線距離加半徑，然后可解;（3）根據(jù)圓心與弦的中點的連線垂直弦，或利用點差法可得.【小問1詳解】∵圓M與x軸相切于點（a，0），與y軸相切于點（0，a），∴圓M的圓心為M（a，a），半徑.又圓心M在直線上，∴，解得.∴圓M的方程為：.【小問2詳解】當直線AB的斜率不存在時，直線AB的方程為，∴由，解得.∴.易知圓心M到直線AB的距離，∴點C到直線AB的最大距離為.∴△ABC面積的最大值為.【小問3詳解】方法一：假設存在弦AB被點P平分，即P為AB的中點.又∵，∴.又∵直線MP的斜率為，∴直線AB的斜率為-.∴.∴存在直線AB的方程為時，弦AB被點P平分.方法二：由（2）易知當直線AB的斜率不存在時，，∴此時點P不平分AB.當直線AB的斜率存在時，，假設點P平分弦AB.∵點A、B是圓M上的點，設，.∴由點差法得.由點P是弦AB的中點，可得，∴.∴∴存在直線AB的方程為時，弦AB被點P平分.18、（1）最小正周期是（2）單調遞增區(qū)間，【解析】（1）由三角恒等變換得，再求最小正周期；（2）整體代換得函數(shù)的增區(qū)間為，再結合求解即可.【小問1詳解】解：.所以，，即最小正周期為.【小問2詳解】解：令，解得，因為，所以，當時，得其增區(qū)間為；當時，得其增區(qū)間為；所以，在區(qū)間上單調遞增區(qū)間為，19、（1）見解析（2）見解析（3）【解析】(1)證明：∵PD＝a，DC＝a，PC＝a，∴PC2＝PD2＋DC2，∴PD⊥DC．同理，PD⊥AD，又AD∩DC＝D，∴PD⊥平面ABCD(2)證明：由(1)知PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AC，又四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，又BD∩PD＝D，∴AC⊥平面PDB．又AC?平面PAC，∴平面PAC⊥平面PBD(3)設AC∩BD＝O，連接PO.由PA＝PC，知PO⊥AC．又DO⊥AC，故∠POD為二面角P－AC－D的平面角．易知OD＝.在Rt△PDO中，tan∠POD＝.考點：平面與平面垂直的判定.20、（1）；（2）.【解析】利用已知條件得到的值，進而得到的解析式，再利用函數(shù)的圖象關于軸對稱，可得的解析式；（1）先利用對數(shù)函數(shù)的單調性，列出不等式組求解即可；（2）對于任意恒成立等價于，令，，利用二次函數(shù)求解即可.【詳解】，，，；由已知得，即.（1）在上單調遞減，，解得，的取值范圍為.（2），對于任意恒成立等價于，，，令，，則，，當，即，即時，.【點睛】結論點睛：本題考查不等式的