精品解析：黑龙江省哈尔滨市第十四中学校2025-2026学年高一上学期期末考试数学试题

哈十四中学2025-2026学年度上学期期末考试 高一数学试卷 命题人：葛长远 审题人：王晓梅 考试时间：120分钟 一、单项选择题（共9小题，每小题5分，共45分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求） 1 设集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，则a=（ ） A. –4 B. –2 C. 2 D. 4 2. 若，则“”是“，”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 3. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 扇面书画在中国传统绘画中由来已久．最早关于扇面书画的文献记载，是《王羲之书六角扇》．扇面书画发展到明清时期，折扇开始逐渐成为主流.如图，折扇是一种用竹木或象牙做扇骨，韧纸或绫绢做扇面的能折叠的扇子，如图1，其平面图如图2的扇形，其中，，则扇面（曲边四边形）的面积是（ ） A. B. C. D. 5. 下列四个函数，以为最小正周期且在区间上单调递增的函数是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，则方程解的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 已知函数的值域为，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数 ，若，则（ ） A. 2 B. 1 C. －2 D. －5 9. 已知奇函数的定义域为，满足对任意，且，都有，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（共4小题，每小题6分，共24分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有错选得0分） 10. 下列说法正确的是（ ） A. 函数在内有零点 B. 函数零点是， C. 函数有三个不同的零点 D. 用二分法求函数在区间内零点近似值的过程中得到，，，则零点近似值在区间上 11. 函数（，）的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 的单调递减区间为（） D. 图象的对称轴方程为（） 12. 已知实数，，．则下列不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 13. 对于函数，下列判断正确是（ ） A. B. 当时，方程总有实数解 C. 函数的值域为 D. 函数的单调递增区间为 三、填空题（共4小题，每小题5分，共20分） 14. 已知函数是幂函数，且在上单调递减，则实数_____． 15. 已知，则____________. 16. 已知函数，则的值域为____________． 17. ____________． 四、解答题（共3小题，其中18题12分，19题15分，20题17分，21题17分共61分） 18. 在平面直角坐标系中，以轴为始边作角，角的终边经过点. （1）求值； （2）求的值. 19. （1）已知．求的值． （2）已知，且，，求的值． （3）已知，，且．求的值． 20. 已知函数，． （1）求函数的最小正周期及单调递增区间； （2）将的图象向右平移个单位得到函数的图象.若，求函数的值域． 21. 已知定义在上的函数，且满足，，函数． （1）求的解析式； （2）若不等式恒成立，求实数a取值范围； （3）设，若对任意的，存在，使得，求实数m取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈十四中学2025-2026学年度上学期期末考试 高一数学试卷 命题人：葛长远 审题人：王晓梅 考试时间：120分钟 一、单项选择题（共9小题，每小题5分，共45分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求） 1. 设集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，则a=（ ） A. –4 B. –2 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由题意首先求得集合A,B，然后结合交集的结果得到关于a的方程，求解方程即可确定实数a的值. 【详解】求解二次不等式可得：， 求解一次不等式可得：. 由于，故：，解得：. 故选：B. 【点睛】本题主要考查交集的运算，不等式的解法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 2. 若，则“”是“，”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】写出的等价条件，结合充分必要定义判断即可. 【详解】由可得或，， ∴推不出，， 但，能推出， ∴“”是“，”的必要非充分条件. 故选：B 3. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由判断求解. 【详解】因为，， 所以，即. 故选：C 4. 扇面书画在中国传统绘画中由来已久．最早关于扇面书画的文献记载，是《王羲之书六角扇》．扇面书画发展到明清时期，折扇开始逐渐成为主流.如图，折扇是一种用竹木或象牙做扇骨，韧纸或绫绢做扇面的能折叠的扇子，如图1，其平面图如图2的扇形，其中，，则扇面（曲边四边形）的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据扇形面积公式分别求出两个扇形的面积，作差即可得出扇面（曲边四边形）的面积. 【详解】因为， 所以扇形的面积为； 扇形的面积为. 所以扇面（曲边四边形）的面积为. 故选：A. 5. 下列四个函数，以为最小正周期且在区间上单调递增的函数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角函数的性质逐一判断即可. 【详解】对于A，因为的周期为， 当时，， 此时不单调递增，故A错误； 对于B，因为的周期为，且函数在区间上单调递增，故B正确； 对于C，因为的周期为，不满足题意，故C错误； 对于D，作出的部分图象，如图所示： 由此可得函数的周期为，在区间上单调递减，故D错误. 故选：B. 6. 已知函数，则方程解的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】将方程解的个数转化为函数与函数的图象的交点的个数，数形结合即可判断 【详解】根据题意，令，分别作出函数与函数的图象. 在区间内，函数单调递减，与函数有1个交点； 在区间内，函数的值域为，函数单调递增且值域为， 又当时，，结合图象，在区间内，函数与函数有3个交点， 故方程解的个数为4. 故选：D. 7. 已知函数的值域为，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求解的值域，结合的值域为，分析的单调性、值域即可得解. 【详解】因为函数在上单调递增，故， 又因为的值域为， 则的值域包含， 所以，解得. 故选：D. 8. 已知函数 ，若，则（ ） A. 2 B. 1 C. －2 D. －5 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，利用其奇偶性求解. 【详解】设， 则， 所以是奇函数． 因为， 所以， 则f(－a)＝1． 故选：B 9. 已知奇函数的定义域为，满足对任意，且，都有，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，根据单调函数和奇偶函数的定义可知为偶函数且在上单调递增，利用函数的单调性好奇偶性解不等式即可. 【详解】设，则， 所以为偶函数. 对于，且，有， 设，则，得，即， 所以在上单调递增，则在上单调递减， 且，. 当时，由，得，解得； 当时，由，得，解得. 综上，不等式的解集为. 故选：B 【点睛】思路点睛：根据函数单调性求解函数不等式的思路如下： （1）先分析函数在指定区间上单调性； （2）根据函数单调性将函数值的关系转变为自变量之间的关系，并注意定义域； （3）求解关于自变量不等式，从而求解不等式的解集. 二、多项选择题（共4小题，每小题6分，共24分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有错选得0分） 10. 下列说法正确的是（ ） A. 函数在内有零点 B. 函数的零点是， C. 函数有三个不同的零点 D. 用二分法求函数在区间内零点近似值的过程中得到，，，则零点近似值在区间上 【答案】AC 【解析】 【分析】根据零点存在性定理，结合函数的性质逐项判断可得. 【详解】对于A，因为函数在内连续，且， 所以函数在内有零点，所以A正确； 对于B，函数，令，则或，所以函数的零点是，所以B错误； 对于C，作函数与的图象，可知，当时，函数与的图象有且只有一个交点. 当时，函数与图象有两个交点，分别为. 所以函数有三个不同的零点. 所以C正确； 对于D，因为，根据用二分法求函数在区间内的零点近似值方法，知零点近似值在内，又，零点近似值在上，所以D错误. 故选：AC. 11. 函数（，）的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 的单调递减区间为（） D. 图象的对称轴方程为（） 【答案】AD 【解析】 【分析】由图知且求，根据五点法求参数，即可得的解析式，再由正弦型函数的性质求递减区间、对称轴方程，即可判断各选项的正误. 【详解】由图可得：且， ∴，则，A正确. 由，则（），得（），即，B错误. 综上，有， 由，（），得（），C错误. 由（），得（），D正确. 故选：AD. 12. 已知实数，，．则下列不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用基本不等式一一验证选项即可. 【详解】对于A，由题意易知，所以，当且仅当时取得等号，故A正确； 对于B，易知， 当且仅当时取得等号，所以， 则，当且仅当时取得等号，故B正确； 对于C，若有，显然C错误； 对于D，由基本不等式知， 当且仅当时取得等号，故D正确. 故选：ABD 13. 对于函数，下列判断正确的是（ ） A. B. 当时，方程总有实数解 C. 函数的值域为 D. 函数的单调递增区间为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由函数解析式直接计算即可，对于BC，分别当和求出函数的值域进行分析判断即可，对于D，由奇函数的性质和函数在上的单调性判断即可 【详解】对于A，因为，所以，所以A正确， 对于BC，当时，，当时，，当时，，则的值域为，所以可知当时，方程总有实数解，所以B正确，C错误， 对于D，因为，所以为奇函数，因为当时，单调递增，且，所以的单调递增区间为，所以D正确， 故选：ABD 三、填空题（共4小题，每小题5分，共20分） 14. 已知函数是幂函数，且在上单调递减，则实数_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据幂函数的定义可得，运算求解，并结合单调性检验即可. 【详解】因为函数是幂函数， 则，即，解得或， 若，则在上单调递减，符合题意； 若，则在上单调递增，不符合题意； 综上所述：. 故答案为：. 15 已知，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据诱导公式得出，再应用二倍角正弦公式计算即可求值. 【详解】 因为，所以， 所以. 故答案为：. 16. 已知函数，则的值域为____________． 【答案】 【解析】 【分析】先利用二倍角的余弦公式化简函数，将函数转化为二次函数求值域即可. 【详解】因为， 令，所以函数变为， 当时，函数的最小值为， 又函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 且， 所以函数的值域为，即的值域为. 故答案为：. 17. ____________． 【答案】## 【解析】 【分析】由求出，再用二倍角公式结合诱导公式求出，将原式化简为求解. 【详解】因为，所以， 而以 ，且， 所以，即， 所以，解得， 所以，所以， 法1：原式 ； 法2：原式， 由和差化积公式得， 故原式； 故答案为：. 四、解答题（共3小题，其中18题12分，19题15分，20题17分，21题17分共61分） 18. 在平面直角坐标系中，以轴为始边作角，角的终边经过点. （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由其终边过得、，再利用两角和与差正余弦公式即可； （2）利用和差角、二倍角正余弦公式求值即可. 【小问1详解】 由其终边过，故、． ． 【小问2详解】 由题意，， 所以，， 所以． 19. （1）已知．求的值． （2）已知，且，，求的值． （3）已知，，且．求的值． 【答案】（1）；（2）；（3）. 【解析】 【分析】（1）由两角和的正切公式先得，利用诱导公式结合齐次式可得； （2）由同角三角函数关系得，，再由可得； （3）利用同角三角函数关系和倍角公式可得，利用可得，进而可得. 【详解】（1）由题意得， ； （2）因且，故， 因，故，故， . （3）因，故，又，故，故， ， 故，故， 故， 又，故. 20. 已知函数，． （1）求函数的最小正周期及单调递增区间； （2）将的图象向右平移个单位得到函数的图象.若，求函数的值域． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式化简原式整理求解即可； （2）通过函数图象的平移变换得到新的函数解析式，再利用自变量的范围求解值域即可. 【小问1详解】 原式， 则， 所以的最小正周期， 令， 解得， 故单调递增区间为. 【小问2详解】 由题意可得 ， 因为，则， 所以，，， 即的值域为. 21. 已知定义在上的函数，且满足，，函数． （1）求的解析式； （2）若不等式恒成立，求实数a取值范围； （3）设，若对任意的，存在，使得，求实数m取值范围． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）由及对数的基本运算性质，解得，即可得； （2）由题意得，根据一次函数、指数函数、对数函数及复合函数的单调性可得在R上均单调递增，从而将原不等式转化恒成立，利用换元法及基本不等式求出的最小值，即可得； （3）由题意得，根据的单调性可知，从而得，根据二次函数的性质，分、和分别求解即可. 【小问1详解】 因为，且， 所以， 即，解得， 所以； 【小问2详解】 因为， 又因为在R上均单调递增， 所以在R上均单调递增， 所以不等式恒成立， 即为不等式恒成立， 即不等式恒成立， 所以恒成立， 令，则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以，即实数的取值范围为； 【小问3详解】 由（2）可知在R上均单调递增， 所以当时，， 又因为对任意的，存在，使得， 所以，即， 又因为，开口向上，对称轴为，， 当时，在上单调递减， 所以， 由，解得， 又因为，所以； 当时，在上单调递减，在上单调递增， 所以， 由，解得， 又因为，所以； 当时，在上单调递增， 所以， 由，解得， 又因为，所以； 综上，，实数的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $