精品解析：湖南省衡阳市衡阳县2025-2026学年高一创新实验班上学期1月期末质量检测数学试题

衡阳县2025年下学期高一创新实验班期末质量检测试题 数学 注意事项： 1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共4大题，19小题，满分150分，考试时量120分钟．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号． 3．将答案写在答题卡上，写在试题卷上无效． 4．考试结束后，将答题卡上交． 第I卷 一、单选题：本大题共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. 已知集合，则与的关系为（　　） A. B. C. D. 2. 若，则的虚部为（　　） A. B. C. D. 3. 不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 4. 已知点是函数的图象的一个对称中心，则的最小值为（　　） A. B. C. D. 5. 已知是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则x，y，z的大小关系不可能是（ ） A. B. C. D. 8. 若，，使得，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，有多项符合题目的要求，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. 已知正数，满足．则下列结论一定成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 下列结论正确的是（　　） A. 为平面内一定点，如，则三点共线且 B. 非零向量满足，则与的夹角为锐角 C. 已知是与平行的单位向量，则 D. 平面内与动点满足，则点的轨迹必过的内心 11. 已知定义在上且不恒为0的函数，对任意，都有，则（ ） A. B. 函数是奇函数 C. 对，有 D. 若，则 第II卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 方程的实数解为___________． 13. 在中，角、、的对边分别为、、．向量，，且．若边，，的平分线交于点，则的长为___________． 14. 均为单位向量，且，向量满足，则的取值范围是___________． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤． 15. 已知集合，集合． （1）若，求； （2）若是的充分不必要条件，求的取值范围． 16. 某企业生产某款空调预计全年需投入固定成本万元，生产千台空调，需另投入资金万元，且，经测算，当生产千台空调时需另投入的资金为万元．已知每台空调的售价为万元，且当年生产的空调能全部销售完． （1）求该企业生产并销售该款空调所获年利润（单位：万元）关于年产量（单位：千台）的函数关系式． （2）当年产量为多少时，该企业所获年利润最大？最大年利润为多少？（注：利润销售额成本） 17. 已知函数在区间上恰有一个最大值点和一个最小值点． （1）求实数的取值范围； （2）如果求在（1）的范围内取最小整数．令．求在上的值域． 18. 已知是偶函数. （1）求实数的值； （2）解不等式； （3）记，若对任意的成立，求实数的取值范围. 19. 已知锐角三角形中，角、、的对边分别为、、，且满足，. （1）求证：； （2）求的取值范围； （3）若，求三角形面积的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 衡阳县2025年下学期高一创新实验班期末质量检测试题 数学 注意事项： 1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共4大题，19小题，满分150分，考试时量120分钟．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号． 3．将答案写在答题卡上，写在试题卷上无效． 4．考试结束后，将答题卡上交． 第I卷 一、单选题：本大题共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. 已知集合，则与的关系为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别化简集合，利用集合相等的概念、集合间的包含关系以及交集运算即可求解. 【详解】， ， 则，，故B正确；A、C错误； ，故D错误； 故选：B 2. 若，则的虚部为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的运算化简等式可得，结合可得结果. 【详解】因为，所以，即，故， 所以复数的虚部为. 故选：B. 3. 不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将分式不等式化为一元二次不等式求解即可. 【详解】由，得，即，也即. 所以，解得， 所以该不等式的解集为. 故选：C. 4. 已知点是函数的图象的一个对称中心，则的最小值为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由进行求解． 【详解】依题意，得， 得， 当时，， 得的最小值为， 故选：D 5. 已知是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据周期性和奇偶性把待求自变量转化为的范围中求解. 【详解】由题知对一切成立， 于是. 故选：A 6. 已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可. 【详解】因为在上单调递增，且时，单调递增， 则需满足，解得， 即a的范围是. 故选：B. 7. 已知，则x，y，z的大小关系不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】法一：设，对讨论赋值求出，即可得出大小关系，利用排除法求出； 法二：根据数形结合解出. 【详解】法一：设，所以 令，则，此时，A有可能； 令，则，此时，C有可能； 令，则，此时，D有可能； 故选：B． 法二：设，所以， 根据指数函数的单调性，易知各方程只有唯一的根， 作出函数的图象，以上方程的根分别是函数的图象与直线的交点纵坐标，如图所示： 易知，随着的变化可能出现：，，，， 故选：B． 8. 若，，使得，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】把问题转化成的区间长度要不小于的解集的区间长度求的取值范围. 【详解】由，得，， 由，得，， 若，，使得， 则的区间长度要不小于的解集的区间长度， ，. 故选：A 二、多项选择题：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，有多项符合题目的要求，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. 已知正数，满足．则下列结论一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】利用基杯不等式计算可判断A；利用基本不等式1的代换计算可判断B；两边平方利用放缩法可判断C；换元利用二次函数的性质计算可判断D. 【详解】因为，，所以， 所以，当且仅当时取等号，故A错误； ， 当且仅当，即时取等号，故B错误； 由，得，所以， 当且仅当时取等号，故C正确； 因为，，所以，所以， 所以， 当且仅当时，取等号，故D正确. 故选：CD. 10. 下列结论正确的是（　　） A. 为平面内一定点，如，则三点共线且 B. 非零向量满足，则与的夹角为锐角 C. 已知是与平行的单位向量，则 D. 平面内与动点满足，则点的轨迹必过的内心 【答案】AD 【解析】 【分析】根据 且 与 有公共点 可判断A；根据已知条件及向量的数量积公式求得，得出，验证的情况可判断B;求出与 平行的单位向量 判断C；根据三角形的内心是三角形三条角平分线的交点，可判断点 的轨迹是否过 的内心. 【详解】选项 A ：已知 ，则 , ，则 ，即 ； 因为 与 有公共点 ，所以 A 、 B 、 C 三点共线，故 A 选项正确； 选项 B ：根据向量的数量积公式 ， 当 时，即 ，因为 ，所以 ． 又因为 ，所以 ， 当 时， 与 同向，此时夹角不是锐角，故 B 选项错误； 选项 C ：已知 ，根据向量模长公式 ，可得 ； 与 平行的单位向量 ，即 ， 所以 或 ，故 C 选项错误； 选项 D ：因为 是与 同向的单位向量， 是与 同向的单位向量， 根据向量加法的平行四边形法则，以 和 为邻边的平行四边形是菱形， 所以 平分 ， 已知 ，则 与 的角平分线共线， 又因为 为公共点， 所以点 的轨迹必过 的内心，故 D 选项正确. 故选：AD 11. 已知定义在上且不恒为0的函数，对任意，都有，则（ ） A. B. 函数是奇函数 C. 对，有 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用特殊值判断A，当时，令得到，再结合奇偶性判断B，结合B选项及特殊值判断C，推导出，即可判断D. 【详解】对于A，因为对任意，都有， 令，得 ，A正确． 对于B，当时，令，则有， ，， 又，，为奇函数，B正确． 对于C，由B知，不恒等于，即时，C错误． 对于D，， 由知，， ， ， ， ， ，故D正确． 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题B选项解答的关键是得到，D选项关键是推导出. 第II卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 方程的实数解为___________． 【答案】或0 【解析】 【分析】设，将所求方程化为，可得出，构造函数，分析函数的单调性，结合可得出的值，即可得出原方程的实数解. 【详解】时方程显然成立，若，则有， 设，则，所以，同理可得，， 则原方程可化为， 等式两边同时除以可得，即， 设， 因为函数、在上均为减函数， 故函数在上为减函数， 又因为，所以方程有且只有一个实根， 所以，解得，故方程的实数解为. 故答案为：或. 13. 在中，角、、的对边分别为、、．向量，，且．若边，，的平分线交于点，则的长为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】由题意得出，结合余弦定理可求得角的值，利用平面向量数量积的定义可求得的值，结合余弦定理可得出的值，再利用并结合三角形的面积公式可求得的长. 【详解】因为，则， 所以， 由余弦定理可得， 又因为，故， 由平面向量数量积的定义可得，故， 所以，可得， 故，故， 因为的平分线交于点，则， 由三角形的面积公式可得， 即，故. 故答案为：. 14. 均为单位向量，且，向量满足，则的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量的数量积的运算律求得，再结合向量三角不等式求解即可. 【详解】由题意，均为单位向量，且， 则， 由，则，解得， 则的取值范围是. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤． 15. 已知集合，集合． （1）若，求； （2）若是的充分不必要条件，求的取值范围． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）当时，写出集合，并求出集合，利用补集和并集的定义可得集合； （2）分析可知是的真子集，分或两种情况讨论，根据集合的包含关系可得出关于实数的不等式（组），综合可得出实数的取值范围. 【小问1详解】 当时，， 又因为，所以， 故或. 【小问2详解】 因为是的充分不必要条件，所以是的真子集， 当时，，解得，符合题意； 当时，则有，解得， 当时，，此时是的真子集，符合题意， 当时，，此时是的真子集，符合题意. 综上所述，实数的取值范围是. 16. 某企业生产某款空调预计全年需投入固定成本万元，生产千台空调，需另投入资金万元，且，经测算，当生产千台空调时需另投入的资金为万元．已知每台空调的售价为万元，且当年生产的空调能全部销售完． （1）求该企业生产并销售该款空调所获年利润（单位：万元）关于年产量（单位：千台）的函数关系式． （2）当年产量为多少时，该企业所获年利润最大？最大年利润为多少？（注：利润销售额成本） 【答案】（1） （2）当年产量为千台时，该企业的年利润最大，最大年利润为万元 【解析】 【分析】（1）由题意可知时，，代入函数中可求出，然后由年利润等于销售总额减去投入资金，再减去固定成本，可求出年利润（万元）关于年产量（千台）的函数关系式， （2）分别当和求出函数的最大值，比较即可得答案 【小问1详解】 当时，，解得， 故， 当时，； 当时，. 所以. 【小问2详解】 当时，，所以当时，有最大值，最大值为； 当时，， 当且仅当，即当时，有最大值，最大值为. 因为， 所以当年产量为千台时，该企业的年利润最大，最大年利润为万元. 17. 已知函数在区间上恰有一个最大值点和一个最小值点． （1）求实数的取值范围； （2）如果求在（1）的范围内取最小整数．令．求在上的值域． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据在区间上的最值点个数等价于在上的最值点个数列不等式可求实数的取值范围； （2）令，则，利用，结合二次函数的性质求解即可. 【小问1详解】 由已知． 令，当时， 则在区间上的最值点个数等价于在上的最值点个数． 由，， 得．所以的取值范围是； 【小问2详解】 由题知：，令 当时，， 由得 所以，的值域为. 18. 已知是偶函数. （1）求实数的值； （2）解不等式； （3）记，若对任意的成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）；（2）或；（3）. 【解析】 【分析】（1）利用偶函数的定义求解； （2）先分析原函数的单调性，再结合奇偶性解不等式； （3）先写出函数，然后将转化为，即恒成立，转化为二次不等式恒成立问题求解. 【详解】（1）因为是偶函数，则对任意实数恒成立， 即， 对任意实数恒成立，则； （2），， 当时，，在上是增函数， 又因为是偶函数， ∴， 两边平方可得，解得或； 故不等式的解集为或； （3），问题即为恒成立，显然， 首先对任意成立，即， 因为，则，所以， 其次，，即为， 即成立， 亦即成立， 因为，所以对于任意成立， 即所以， 综上，实数的取值范围为. 【点睛】本题考查函数的单调性、奇偶性的综合运用，考查不等式的恒成立问题，其中函数与不等式的结合求参问题是难点，考查学生分析转化问题的能力. 19. 已知锐角三角形中，角、、的对边分别为、、，且满足，. （1）求证：； （2）求的取值范围； （3）若，求三角形面积的取值范围． 【答案】（1） 由及正弦定理可得，即， 因为，则，所以，即， 由余弦定理可得，所以， 所以，由正弦定理可得 ， 因为为锐角三角形，故，，所以， 又函数在上单调递增，且，故，即. （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理结合两角和与差的正弦公式化简得出，结合正弦函数的单调性可证得结论成立； （2）由正弦定理及三角恒等变换化简得出，根据已知条件求出角的取值范围，结合余弦函数的基本性质和对勾函数的单调性可得出的取值范围； （3）利用正弦定理、三角形的面积公式结合三角恒等变换化简得出，结合正切函数和反比例函数的基本性质可求得面积的取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ， 因为为锐角三角形，故，解得， 又因为，可得，故角的取值范围是， 所以，故， 令，， 任取、且， 则 ， 因为，所以，则，所以， 所以函数在上为增函数，故， 故的取值范围是. 【小问3详解】 由正弦定理可得，所以，， 所以 ， 因为，所以， 令，函数、在上均为减函数， 故函数在上为减函数，所以，即， 因此，即面积的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $