云南省昆明市2025-2026学年数学高一上期末复习检测模拟试题含解析.doc

云南省昆明市2025-2026学年数学高一上期末复习检测模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1．函数的单调递减区间是　　
A. B.
C. D.
2．已知，函数的图象经过点，则的最小值为（）
A. B.6
C. D.8
3．命题“，使.”的否定形式是（）
A.“，使” B.“，使”
C.“，使” D.“，使”
4．若不计空气阻力，则竖直上抛的物体距离抛出点的高度h（单位：）与时间t（单位：）满足关系式（取，为上抛物体的初始速度）.一同学在体育课上练习排球垫球，某次垫球，排球离开手臂竖直上抛的瞬时速度，则在不计空气阻力的情况下，排球在垫出点2m以上的位置大约停留（）
A.1 B.1.5
C.1.8 D.2.2
5．已知函数满足∶当时，， 当时，， 若，且，设，则( )
A.没有最小值 B.的最小值为
C.的最小值为 D.的最小值为
6．已知sin2α>0，且cosα<0，则角α的终边位于(　　)
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
7．某地一年之内12个月的降水量从小到大分别为：46，48，51，53，53，56，56，56，58，64，66，71，则该地区的月降水量20%分位数和75%分位数为（ ）
A.51，58 B.51，61
C.52，58 D.52，61
8．若函数取最小值时，则（）
A. B.
C. D.
9．已知集合，集合B满足，则满足条件的集合B有（）个
A.2 B.3
C.4 D.1
10．已知，，则（ ）
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．如图，已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD，则a的值等于________

12．圆：与圆：的公切线条数为____________.
13．某圆锥体的侧面展开图是半圆，当侧面积是时，则该圆锥体的体积是_______
14．三条直线两两相交，它们可以确定的平面有______个.
15．已知函数且
（1）若函数在区间上恒有意义，求实数的取值范围；
（2）是否存在实数，使得函数在区间上为增函数，且最大值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由
16．如图，函数f(x)的图象为折线ACB，则不等式f(x)≥log2(x＋1)的解集是________

三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．如图，三棱柱中，侧棱垂直底面，，，点是棱的中点

（1）证明：平面平面；
（2）求三棱锥的体积
18．计算下列式子的值：
（1）；
（2）.
19．等腰直角三角形中，，为的中点，正方形与三角形所在的平面互相垂直

（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）若，求点到平面的距离
20．已知函数
（Ⅰ）求函数的单调递减区间；
（Ⅱ）若函数的图象向右平移个单位长度后，所得的图象对应的函数为，且当，时，，求的值
21．已知函数，不等式的解集为
（1）求不等式的解集；
（2）当在上单调递增，求m的取值范围
参考答案

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1、B
【解析】是增函数，只要求在定义域内的减区间即可
【详解】解：令，
可得，
故函数的定义域为，
则
本题即求在上的减区间，
再利用二次函数的性质可得，在上的减区间为，
故选B
【点睛】本题考查复合函数的单调性，解题关键是掌握复合函数单调性的性质
2、D
【解析】由函数的图象经过点得到，再以为整体代入，然后利用基本不等式即可.
【详解】因为函数图象经过点，所以有，因为，所以有（当且仅当，即时取等号）
故选：D
【点睛】本题考查了基本不等式的应用，用“1”巧乘是解题的关键，属于一般题.
3、D
【解析】根据特称命题的否定是全称命题，即可得出命题的否定形式
【详解】因为特称命题的否定是全称命题，所以命题“，使”的否定形式为：，使
故选：D
4、D
【解析】将，代入，得出时间t，再求间隔时间即可.
【详解】解：将，代入，
得，解得，
所以排球在垫出点2m以上的位置大约停留.
故选：D
5、B
【解析】根据已知条件，首先利用表示出，然后根据已知条件求出的取值范围，最后利用一元二次函数并结合的取值范围即可求解.
【详解】∵且， 则，且，∴ ， 即
由，
∴，
又∵，
∴当时，，
当时，，
故有最小值.
故选：B.
6、C
【解析】根据二倍角公式可得到，又因为cosα<0，故得到进而得到角所在象限.
【详解】已知sin2α>0，，又因为cosα<0，故得到，进而得到角是第三象限角.
故答案为C.
【点睛】本题考查象限角的定义，熟练掌握三角函数在各个象限中的符号是解决问题的关键，属于基础题
7、B
【解析】先把每月的降水量从小到大排列,再根据分位数的定义求解.
【详解】把每月的降水量从小到大排列为: 46，48，51，53，53，56，56，56，58，64，66，71，
,
所以该地区月降水量的分位数为;

所以该地区的月降水量的分位数为.
故选：B
8、B
【解析】利用辅助角公式化简整理，得到辅助角与的关系，利用三角函数的图像和性质分析函数的最值，计算正弦值即可.
【详解】，其中，
因为当时取得最小值，所以，
故.
故选：B.
9、C
【解析】写出满足题意的集合B，即得解.
【详解】因为集合，集合B满足，
所以集合B={3},{1,3},{2,3},{1,2,3}.
故选：C
【点睛】本题主要考查集合的并集运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
10、B
【解析】
应用同角关系可求得，再由余弦二倍角公式计算．
【详解】因，所以，
所以，
所以.
故选：B.
【点睛】本题考查同角间的三角函数关系，考查余弦的二倍角公式．求值时要注意角的取值范围，以确定函数值的正负．

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、2
【解析】证明平面得到，故与以为直径的圆相切，计算半径得到答案.
详解】PA⊥平面ABCD，平面ABCD，故，PQ⊥QD，，
故平面，平面，故，
在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD，即与以为直径的圆相切，
，故间的距离为半径，即为1，故.
故答案为：2
12、3
【解析】将两圆的公切线条数问题转化为圆与圆的位置关系，然后由两圆心之间的距离与两半径之间的关系判断即可.
【详解】圆：，圆心，半径；
圆：，圆心，半径.
因为，所以两圆外切，所以两圆的公切线条数为3.
故答案为：3
13、
【解析】设圆锥的母线长为，底面半径为，则，，，，所以圆锥的高为，体积为.
考点：圆锥的侧面展开图与体积.
14、1或3
【解析】利用平面的基本性质及推论即可求出.
【详解】设三条直线为，
不妨设直线，
故直线与确定一个平面，

（1）若直线在平面内，
则直线确定一个平面；

（2）若直线不在平面内，
则直线确定三个平面；
故答案为：1或3；
15、（1）
（2）存在；（或）
【解析】（1）由题意，得在上恒成立，参变分离得恒成立，再令新函数，判断函数的单调性，求解最大值，从而求出的取值范围；（2）在（1）的条件下，讨论与两种情况，利用复合函数同增异减的性质求解对应的取值范围，再利用最大值求解参数，并判断是否能取到.
【小问1详解】
由题意，在上恒成立，即在恒成立，令，则在上恒成立，令所以函数在在上单调递减，故
则，即的取值范围为.
【小问2详解】
要使函数在区间上为增函数，首先在区间上恒有意义，于是由（1）可得，①当时，要使函数在区间上为增函数，
则函数在上恒正且为增函数，
故且，即，此时的最大值为即，满足题意
②当时，要使函数在区间上为增函数，
则函数在上恒正且为减函数，
故且，即，
此时的最大值为即，满足题意
综上，存在（或）
【点睛】一般关于不等式在给定区间上恒成立的问题都可转化为最值问题，参变分离后得恒成立，等价于；恒成立，等价于成立.
16、{x|－1<x≤1}
【解析】先作函数图象，再求交点，最后根据图象确定解集.
【详解】令g(x)＝y＝log2(x＋1)，作出函数g(x)的图象如图
由得
∴结合图象知不等式f(x)≥log2(x＋1)的解集为{x|－1<x≤1}
【点睛】本题考查函数图象应用，考查基本分析求解能力.

三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）由题意得，，即可得到平面，从而得到⊥，再根据，得到，证得平面，即可得证；
（2）首先求出，利用勾股定理求出，即可求出，再根据锥体的体积公式计算可得
【详解】解：（1）证明：由题设知，，，平面，
所以平面，
又因为平面，所以
因为，
所以，即
因为，平面，
所以平面，又因为平面，
所以平面平面
（2）由，得，所以，
所以，
所以的面积，
所以
18、（1）0（2）2
【解析】（1）利用诱导公式化简每部分，化简求值；
（2）每一部分都化简成以10为底的对数，按照对数运算公式化简求值.
【详解】（1）解：原式
.
（2）解：原式
.
【点睛】本题考查三角函数诱导公式和对数运算公式化简求值，意在考查基本公式和计算能力，属于基础题型.
19、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）连, 交于,连,由中位线定理即可证明平面.
（Ⅱ）根据,由等体积法即可求得点到平面的距离.
【详解】（Ⅰ）连,设交于,连,如下图所示:

因为为的中点,为的中点,
则
面,不在面内，
所以平面
（Ⅱ）因为等腰直角三角形中,
则,又因为
所以平面
则
设点到平面的距离为.
注意到，
由,代入可得：
，
解得.
即点到平面的距离为.
【点睛】本题考查了直线与平面平行的判定,等体积法求点到平面距离的方法,属于中等题.
20、（Ⅰ），；（Ⅱ）.
【解析】Ⅰ由三角函数的单调性可得函数的单调递减区间；Ⅱ由三角函数图象的平移得的解析式，由诱导公式及角的范围得：，所以，代入运算得解
【详解】Ⅰ由，
解得：，
即函数的单调递减区间为：，；
Ⅱ将函数的图象向右平移个单位长度后，所得的图象对应的函数为，
得，
又，即，
由，，
得：，，
由诱导公式可得，
所以，
所以，
【点睛】本题考查了三角函数的单调性及三角函数图象的平移变换，涉及到诱导公式的应用及三角函数求值问题，属于中档题
21、（1）；
（2）﹒
【解析】（1）根据二次不等式的解法求出b和c即可；
（2）g(x)为开口向下的二次函数，要在[1，2]上递增，则对称轴为x＝2或在x＝2的右侧.
【小问1详解】
∵的解集为，∴1和2为方程的根，
∴，则可得；
∴，
∴，即解集为：；
【小问2详解】
∵在上单调递增，
∴，故，m的取值范围为：﹒