2026届宁夏银川市第二中学高一数学第一学期期末教学质量检测模拟试题含解析.doc

2026届宁夏银川市第二中学高一数学第一学期期末教学质量检测模拟试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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．已知，则化为（ ）
A. B.
C.m D.1
2．设函数的定义域为．则“在上严格递增”是“在上严格递增”的（）条件
A.充分不必要 B.必要不充分
C.充分必要 D.既不充分也不必要
3．将函数的图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍（纵坐标不变），再向右平移个单位，得到函数的图象，则函数的图象的一条对称轴为
A. B.
C. D.
4． “”是“”成立的（ ）条件
A.充分不必要 B.必要不充分
C.充要 D.既不充分也不必要
5．长方体中的8个顶点都在同一球面上，，，，则该球的表面积为（）
A. B.
C. D.
6．已知是第三象限角，则是
A.第一象限角 B.第二象限角
C.第一或第四象限角 D.第二或第四象限角
7．已知点P(1，a)在角α的终边上，tan＝－则实数a的值是（）
A.2 B.
C.－2 D.－
8．函数在区间上的最大值为
A.2 B.1
C. D.1或
9．已知函数，若，则函数的单调递减区间是
A. B.
C. D.
10．已知直三棱柱的顶点都在球上，且，，，则此直三棱柱的外接球的表面积是（ ）
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．若函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是__________
12．若集合有且仅有两个不同的子集，则实数=_______；
13．函数的定义域为_____________.
14．若幂函数的图象过点，则______.
15．已知圆心为（1,1），经过点（4,5），则圆标准方程为_____________________.
16．函数单调递增区间为_____________
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．某城市地铁项目正在紧张建设中，通车后将给市民出行带来便利.已知某条线路通车后，地铁的发车时间间隔（单位：分钟）满足.经测算，地铁载客量与发车时间间隔相关，当时地铁为满载状态，载客量为人，当时，载客量会减少，减少的人数与的平方成正比，且发车时间间隔为分钟时的载客量为人，记地铁载客量为.
（1）求的表达式，并求当发车时间间隔为分钟时，地铁的载客量；
（2）若该线路每分钟的净收益为（元），问当发车时间间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大？每分钟的最大净收益为多少？
18．已知函数（常数）.
（Ⅰ）当时，求不等式的解集；
（Ⅱ）当时，求最小值.
19．（1）计算
（2）已知，求的值
20．已知函数
（1）试判断函数在区间上的单调性，并用函数单调性定义证明；
（2）对任意时，都成立，求实数的取值范围
21．设函数，其中，且.
（1）求的定义域；
（2）当时，函数图象上是否存在不同两点，使过这两点的直线平行于轴，并证明.
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、C
【解析】把根式化为分数指数幂进行运算
【详解】，.
故选：C
2、A
【解析】利用特例法、函数单调性的定义结合充分条件、必要条件的定义判断可得出合适的选项.
【详解】若函数在上严格递增，对任意的、且，，
由不等式的性质可得，即，
所以，在上严格递增，
所以，“在上严格递增”“在上严格递增”；
若在上严格递增，不妨取，
则函数在上严格递增，但函数在上严格递减，
所以，“在上严格递增”“在上严格递增”.
因此，“在上严格递增”是“在上严格递增”的充分不必要条件.
故选：A.
3、C
【解析】，
所以，所以，所以是一条对称轴
故选C
4、B
【解析】通过和同号可得前者等价于或，通过对数的性质可得后者等价于或，结合充分条件，必要条件的概念可得结果.
【详解】或，或，
即“”是“”成立必要不充分条件，
故选：B.
【点睛】本题主要考查了不等式的性质以及充分条件，必要条件的判定，属于中档题.
5、B
【解析】根据题意，求得长方体的体对角线，即为该球的直径，再用球的表面积公式即可求得结果.
【详解】由已知，该球是长方体的外接球，
故，
所以长方体的外接球半径，
故外接球的表面积为.
故选：.
【点睛】本题考查长方体的外接球问题，涉及球表面积公式的使用，属综合基础题.
6、D
【解析】因为是第三象限角，所以，
所以，
当为偶数时，是第二象限角，
当为奇数时，是第四象限角.
故选：D．
7、C
【解析】利用两角和的正切公式得到关于tan α的值，进而结合正切函数的定义求得a的值.
【详解】∵，
∴tan α＝－2，
∵点P(1，a)在角α的终边上，
∴tan α＝＝a，
∴a＝－2.
故选：C.
8、A
【解析】利用同角三角函数的基本关系化简函数f（x）的解析式为﹣（sinx﹣1）2+2，根据二次函数的性质，求得函数f（x）的最大值
【详解】∵函数f（x）＝cos2x+2sinx
＝1﹣sin2x+2sinx＝﹣（sinx﹣1）2+2，
∴sinx≤1，
∴当sinx＝1时，函数f（x）取得最大值为2，
故选A
【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系，正弦函数的定义域和值域，二次函数的性质，属于中档题
9、D
【解析】由判断取值范围，再由复合函数单调性的原则求得函数的单调递减区间
【详解】，所以，则为单调增函数，又因为在上单调递减，在上单调递增，所以的单调减区间为，选择D
【点睛】复合函数的单调性判断遵循“同增异减”的原则，所以需先判断构成复合函数的两个函数的单调性，再判断原函数的单调性
10、C
【解析】设点为外接圆的圆心，根据，得到是等边三角形，求得外接圆的半径r，再根据直三棱柱的顶点都在球上，由求得，直三棱柱的外接球的半径即可.
【详解】如图所示：

设点为外接圆的圆心，
因为，
所以，又，
所以等边三角形，
所以，
又直三棱柱的顶点都在球上，
所以外接球的半径为，
所以直三棱柱的外接球的表面积是，
故选：C

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】本题等价于在上单调递增，对称轴，
所以，得．即实数的取值范围是
点睛：本题考查复合函数的单调性问题．复合函数的单调性遵循“同增异减”的性质．所以本题的单调性问题就等价于在上单调递增，为开口向上的抛物线单调性判断，结合图象即可得到答案
12、或.
【解析】根据集合的子集个数确定出方程解的情况，由此求解出参数值.
【详解】因为集合仅有两个不同子集，所以集合中仅有个元素，
当时，，所以，满足要求；
当时，，所以，此时方程解为，即，满足要求，
所以或，
故答案：或.
13、
【解析】根据偶次根式和分式有意义的要求可得不等式组，解不等式组可求得结果.
【详解】由题意得：，解得：且，即的定义域为.
故答案为：.
14、
【解析】设，将点代入函数的解析式，求出实数的值，即可求出的值.
【详解】设，则，得，，因此，.
故答案为.
【点睛】本题考查幂函数值的计算，解题的关键就是求出幂函数的解析式，考查运算求解能力，属于基础题.
15、
【解析】设出圆的标准方程，代入点的坐标，求出半径，求出圆的标准方程
【详解】设圆的标准方程为（x-1）2+（y-1）2=R2，
由圆经过点（4,5）得R2=25，从而所求方程为（x-1）2+（y-1）2=25，
故答案为（x-1）2+（y-1）2=25
【点睛】本题主要考查圆的标准方程，利用了待定系数法，关键是确定圆的半径
16、
【解析】先求出函数的定义域，再利用求复合函数单调区间的方法求解即得.
【详解】依题意，由得：或，即函数的定义域是，
函数在上单调递减，在上单调递增，而在上单调递增，
于是得在是单调递减，在上单调递增，
所以函数的单调递增区间为.
故答案为：

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），人（2）当发车时间间隔为分钟时，该线路每分钟的净收益最大，每分钟的最大净收益为元
【解析】（1）由题意分别写出与时，的表达式，写成分段函数的形式，可得的表达式，可得的值；
（2）分别求出时，时，净收益为的表达式，并求出其最大值，进行比较可得净收益最大及收益最大时的时间.
【详解】解：当时，
当时，设
解得，所以，
所以
(人)
当时，

当时
当时，

当且仅当时，即时， 取到最大值.
答:的表达式为
当发车时间间隔为分钟时，地铁的载客量为人.
当发车时间间隔为分钟时，该线路每分钟的净收益最大，每分钟的最大净收益为元.
【点睛】本题主要考查分段函数解析式的求解及函数模型的实际应用，及利用基本不等式求解函数的最值，综合性大，属于中档题.
18、（Ⅰ）；（Ⅱ）答案见解析.
【解析】（Ⅰ）由，得到，再由，利用一元二次不等式的解法结合对数函数的单调性求解；.
（Ⅱ）化简得到函数，令，，转化为函数在上的最小值求解.，
【详解】（Ⅰ）当时，
，
由得，
即：，
解得：，
所以的解集为.
（Ⅱ），
，
.
令，因为，所以，
若求在上的最小值，
即求函数在上的最小值，
，，对称轴为.
①当时，即时，
函数在为减函数，所以；
②当时，即时，
函数在为减函数，在为增函数，
所以；
③当，即时，
函数在为增函数，
所以.
综上，当时，的最小值为；
当时，的最小值为；
当时，的最小值为.
【点睛】方法点睛：(1)二次函数在闭区间上的最值主要有三种类型：轴定区间定、轴动区间定、轴定区间动，不论哪种类型，解决的关键是考查对称轴与区间的关系，当含有参数时，要依据对称轴与区间的关系进行分类讨论．(2)二次函数的单调性问题则主要依据二次函数图象的对称轴进行分析讨论求解
19、 (1)；(2)3.
【解析】(1)由题意结合对数的运算法则和对数恒等式的结论可得原式的值为；
(2)令，计算可得原式.
试题解析：
（1）
;
(2)设则，
所以 .
20、（1）在上单调递减，证明见解析；（2）.
【解析】（1）利用单调性定义：设并证明的大小关系即可.
（2）由（1）及函数不等式恒成立可知：在已知区间上恒成立，即可求的取值范围
【详解】（1）函数在区间上单调递减，以下证明：设，

∵，
∴，，，
∴，
∴在区间上单调递减；
（2）由（2）可知在上单调减函数，
∴当时，取得最小值，即，
对任意时，都成立，只需成立，
∴，解得：
21、（1）当时，定义域为；当时，定义域为.（2）不存在，证明见解析.
【解析】（1）首先根据题意得到，再分类讨论解不等式即可.
（2）首先根据单调性定义得到函数在为增函数，从而得到函数图像上不存在不同两点，使过这两点的直线平行于轴.
【详解】（1）由题知：，
①当时，即，则，定义域为.
②当时，即，则，定义域为.
综上，当时，定义域为；当时，定义域为.
（2）因为，所以函数的定义域为，
任取，且，
因为，所以，因为，所以，
所以，即，
所以，函数在为增函数，
所以函数图象上不存在不同两点，使过这两点的直线平行于轴.