精品解析：吉林省长春市长春汽车经济技术开发区第三中学2025-2026学年高一上学期1月期末考试数学试题

汽开三中2025-2026学年度第一学期期末试卷 高一数学 注意事项：试卷分第卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共2页，总分150分，考试时间120分钟. 第I卷（选择题） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 2. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知扇形的弧长为，圆心角为，则扇形的面积为（    ） A. B. C. D. 4. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 5. 已知角的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 6. 命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 7. 若，，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若恰有3个零点.则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列各式中，值为的是（    ） A B. C. D. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 函数 的零点为0和； B. 函数零点个数为1； C. 函数的零点所在的区间为； D. 已知方程的实数解落在区间内，用二分法求方程的近似解时，如果将该区间进行一次二等分，则下一个有解的区间是. 11. 定义在上的函数满足，当时，，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是奇函数 C. 在上单调递减 D. 不等式的解集为 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 幂函数的图象过点，则___________. 13. 函数的图象关于轴对称，则的值是________． 14. 已知，为锐角，且，，则 _____． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 设集合． （1）若，求； （2）若“”是“”的充分条件，求实数a的取值范围． 16. 已知二次函数． （1）若不等式解集为，求的值； （2）若，且，求的最小值． 17. 已知函数． （1）求函数的图象的对称轴方程； （2）求函数单调递增区间； （3）当时，求函数值域． 18. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求的解析式及对称中心坐标； （2）将的图象横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移个单位，得到函数的图象，求不等式的解集． 19. 设函数． （1）当时，求的定义域； （2）当时，解不等式； （3）若，且关于x的方程在上有实数解，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 汽开三中2025-2026学年度第一学期期末试卷 高一数学 注意事项：试卷分第卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共2页，总分150分，考试时间120分钟. 第I卷（选择题） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题进行判断即可. 【详解】因为全称量词命题的否定是存在量词命题， 所以命题“”的否定是， 故选：D 2. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据根号的性质，求得集合，根据交集与补集，可得答案. 【详解】由题意可得，则，可得. 故选：C. 3. 已知扇形的弧长为，圆心角为，则扇形的面积为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用扇形的面积公式进行求解即可. 【详解】设扇形的弧长为，半径为，圆心角为，则， 所以扇形的面积为. 故选：A. 4. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由抽象函数定义域及具体函数定义域的概念构造不等式求解即可； 【详解】由题意：要使有意义，则 解得，所以的定义域为． 故选：C 5. 已知角的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求得，然后将所求式子转化为只含的形式，由此求得正确答案. 【详解】 故选：B 6. 命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】参变分离计算可得，再利用充分不必要条件定义即可判断. 【详解】由，因，所以， 要想该命题为真命题，只需，四个选项中只有A符合充分不必要的性质. 故选：A. 7. 若，，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用对数函数和指数函数的单调性，再结合特殊值即可比较大小. 【详解】根据对数函数的单调性可知：， ，， 根据指数函数的单调性可知：， 所以有， 故选：D. 8. 已知函数，若恰有3个零点.则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】探讨给定函数的性质，将函数零点问题转化为直线与函数图象的交点问题，作出图形数形结合求出范围. 【详解】函数在上单调递增，函数值集合为， 在上单调递减，函数值集合为，在上单调递增，函数值集合为， 由，得或；由，得或或， 函数恰有3个零点， 即直线与的图象有3个交点，且交点的横坐标为， 在同一坐标系内作出直线与的图象，如图， 观察图象得，， 由，得，因此，， 所以的取值范围是. 故选：C 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列各式中，值为的是（    ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，由特殊角的三角函数值直接判断即可；对于BCD，由三角恒等变换逐一验算即可判断. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B， ，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D， . 故选：ABC. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 函数 的零点为0和； B. 函数的零点个数为1； C. 函数零点所在的区间为； D. 已知方程的实数解落在区间内，用二分法求方程的近似解时，如果将该区间进行一次二等分，则下一个有解的区间是. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由零点的概念，零点存在性定理结合单调性逐项判断即可. 【详解】由当时，，得， 当时，，得，不满足，故A错； 由，由解析式可知在定义域上单调递增， 又， 由零点存在性定理结合单调性可知：函数的零点个数为1，B对； 因为在(0,＋∞)上单调递增，又 ， ，所以f ， 故在上存在零点；C对； 设，由解析式可知其在定义域上单调递增， ，， 又 所以零点所在区间为， 所以方程下一个有解的区间是.D对. 故选：BCD. 11. 定义在上的函数满足，当时，，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是奇函数 C. 在上单调递减 D. 不等式的解集为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由函数关系取可求判断A，取可得的关系，结合奇函数定义判断B，利用单调性定义证明函数在上单调递减，判断C，结合函数性质解不等式判断D. 【详解】因为， 取可得， 所以，A错误； 函数的定义域为，定义域关于原点对称， 由， 用替换可得，， 所以，即， 所以函数为奇函数，B正确； 任取，， 则， 又当时，，且， 所以，故， 所以函数在上单调递减，C正确； 因为， 所以不等式可化为， 所以，又函数在上单调递减， 所以， 所以，所以不等式的解集为，D正确. 故选：BCD. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 幂函数的图象过点，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】 将点的坐标代入解析式可解得结果. 【详解】因为幂函数的图象过点， 所以，解得. 故答案为： 13. 函数的图象关于轴对称，则的值是________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据正弦函数的图象和性质，利用整体代入法求解即可. 【详解】因为函数的图象关于轴对称， 所以，解得， 又因为，所以， 故答案为： 14. 已知，为锐角，且，，则 _____． 【答案】 【解析】 【分析】先根据题目范围可得到的范围以及的值，再根据的范围求出，即可得出的值． 【详解】因为，且，， 所以，，． 故， 由于， 所以． 故答案为：. 【点睛】本题主要考查给值求角问题的解法，解题关键是根据角度的范围计算恰当的三角函数值，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 设集合． （1）若，求； （2）若“”是“”的充分条件，求实数a的取值范围． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）代入，分别化简集合，再求即可； （2）问题等价于：，可先分别化简集合，再根据列出端点值满足的不等式组，求解即可. 【小问1详解】 因为，所以或， 又因为， 所以或. 【小问2详解】 化简得，. 因为“”是“”的充分条件，所以， 所以或，可解得或， 所以实数a的取值范围是. 16. 已知二次函数． （1）若不等式的解集为，求的值； （2）若，且，求最小值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由不等式的解集为，可得且和是方程的两个实数根，再根据根与系数的关系即可求解； （2）由，可得，再结合基本不等式即可求解. 【小问1详解】 因为不等式的解集为， 所以，且的两根为和， 则根据韦达定理，可得，解得； 【小问2详解】 由，可得，化简得. 又，所以， 当且仅当时，即时等号成立. 17. 已知函数． （1）求函数的图象的对称轴方程； （2）求函数的单调递增区间； （3）当时，求函数的值域． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先利用三角恒等变换将函数化成正弦型函数，结合正弦函数的对称轴求解即得； （2）利用正弦函数的单调递增区间列不等式，求解即得； （3）先由给定区间求出整体角的范围，结合正弦函数的单调性即可求得函数的值域. 【小问1详解】 因， 由，可得， 即函数的图象的对称轴方程为； 【小问2详解】 由，可得， 即函数的单调递增区间为； 【小问3详解】 因，当时，取， 因函数在上单调递增， 故的值域为. 18. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求的解析式及对称中心坐标； （2）将的图象横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移个单位，得到函数的图象，求不等式的解集． 【答案】（1），对称中心为； （2）. 【解析】 【分析】（1）先确定振幅，再利用图象中“相邻零点/顶点间的距离”与周期的关系，求出周期与角频率，代入函数解析式，结合的取值范围，解出，最后利用正弦函数的对称中心性质解出，得到对称中心坐标； （2）先遵循“横坐标伸缩（的系数变化）→ 平移（‘左加右减’作用于）”的顺序，逐步变换得到的解析式，再化简三角不等式，最后结合正弦函数的图象与周期性，求出解集即可. 【小问1详解】 由图象可知振幅， 因为相邻零点到距离为， 故，得周期， 由，得， 代入最高点到，得： ，所以，则， 结合，得， 因此，， 因为正弦函数的对称中心为， 令，解得， 故对称中心为. 【小问2详解】 因为横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，则变为， 再向右平移个单位，则， 因为，即，解得， 故解集. 19. 设函数． （1）当时，求的定义域； （2）当时，解不等式； （3）若，且关于x的方程在上有实数解，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据对数的运算性质，结合分式的性质进行求解即可； （2）根据对数函数的单调性结合定义域列出不等式组即可求解； （3）分离常数后利用复合函数的单调性求得函数的最值即可求解. 【小问1详解】 当时，， 于是有， 所以函数的定义域为； 【小问2详解】 由题意，知 ， 由或， 由， 所以，原不等式的解集为； 【小问3详解】 ， 即， 因为在上是增函数，在上是减函数， 所以函数在上是增函数， 所以时，； 时，， 所以实数的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $