精品解析：吉林省东北师范大学附属中学2025-2026学年高一上学期1月期末考试数学试题

东北师大附中 2025-2026学年上学期 高一年级期末考试 （数学）科试卷 注意事项： 1. 答题前，考生须将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡指定位置上，并粘贴条形码. 2. 回答选择题时，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，再选涂其它答案标号. 3. 回答非选择题时，请使用0.5毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效. 4. 保持卡面清洁，不要折叠、不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分.在每个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 A B. C. D. 2. 函数的零点所在的一个区间为（ ） A. B. C. D. 3 设，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A B. C. D. 5. 某品牌电脑投放市场的第一个月销售100台，第二个月销售200台，第三个月销售400台，第四个月销售790台，则下列函数模型中能较好反映销售量y与投放市场月数x之间的关系的是 A. y=100x B. y=50x2–50x+100 C. y=50×2x D. y=100log2x+100 6. 若动直线与函数和的图像分别交于两点，则的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 7. 已知函数在上单调递减，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 设函数，若，则最小值为（ ） A. 0 B. C. D. 1 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. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 在上的最小值为 D. 在上单调递减 10 已知函数，则（ ） A. 为奇函数 B. 在区间上单调递减 C. 在区间内有3个零点 D. 11. 若函数的定义域为，且，，则（ ） A. B. 为偶函数 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题4分，共12分． 12. 已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边在射线上，则_____ 13. 若， 为第三象限角，则______ 14. 已知函数，若存在四个不相等的实数，，，使得，则的取值范围是_____ 四、解答题：本题共5小题，共58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）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围． 16. 已知函数． （1）求函数的零点； （2）当时，求函数的最大值． 17. 如图，射线和均为笔直的公路，扇形区域含边界是一个生态文化创业园区，其中分别在射线上．经测量得，扇形的圆心角为，半径为单位：千米根据发展规划，要在扇形区域外修建一条公路，分别与射线交于两点，并与扇形弧相切于点不与重合，设，假设所有公路的宽度均忽略不计． （1）试将公路的长度表示成的函数； （2）已知公路每千米的造价为千万元，问：建造这样一条公路，至少要投入多少千万元？ 18. 已知函数，其中为常数. （1）当时，恒成立，求实数的取值范围； （2）设函数在上有两个零点， ①求的取值范围； ②证明：. 19. 设次多项式，若其满足 ，则称这些多项式为切比雪夫多项式.例如：由可得切比雪夫多项式，由可得切比雪夫多项式. （1）由的表达式求； （2）由第（1）问结论求的值； （3）证明是方程的根，并求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东北师大附中 2025-2026学年上学期 高一年级期末考试 （数学）科试卷 注意事项： 1. 答题前，考生须将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡指定位置上，并粘贴条形码. 2. 回答选择题时，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，再选涂其它答案标号. 3. 回答非选择题时，请使用0.5毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效. 4. 保持卡面清洁，不要折叠、不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分.在每个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 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：集合，而，所以，故选C. 【考点】 集合的运算 【名师点睛】集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦恩图进行处理. 2. 函数的零点所在的一个区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用单调性结合零点存性定理判断即可. 【详解】因为，， 所以，所以在有零点， 因为和都是上的增函数， 所以在上单调递增， 所以存在唯一零点. 故选：B 3. 设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据指数式和对数式的互化，以及指数幂的运算性质计算即可. 【详解】由可得，即. 因为，所以. 故选：A 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，结合诱导公式和二倍角的余弦公式，计算即可得到所求值. 【详解】由于， 所以 ， 故选：B 5. 某品牌电脑投放市场的第一个月销售100台，第二个月销售200台，第三个月销售400台，第四个月销售790台，则下列函数模型中能较好反映销售量y与投放市场月数x之间的关系的是 A. y=100x B. y=50x2–50x+100 C. y=50×2x D. y=100log2x+100 【答案】C 【解析】 【分析】根据题设的选项给定的函数，逐一进行验证，即可得到能较好反映销售量和投放市场月数之间的关系，得到答案. 【详解】对于A中的函数，当x=3或4时，误差较大．对于B中的函数，当x=3或4时误差也较大．对于C中的函数，当x=1，2，3时，误差为0，x=4时，误差为10，误差很小．对于D中的函数，当x=4时，据函数式得到的结果为300，与实际值790相差很远．综上，只有C中的函数误差最小，故选C． 【点睛】本题主要考查了函数的解析式应用问题，其中熟记指数函数、二次函数及对数函数的图象与性质是解答此类问题的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题. 6. 若动直线与函数和的图像分别交于两点，则的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】构造函数，根据辅助角公式，对函数的解析式进行化简，再根据正弦函数求出其最值，即可得到答案．则可知，F（x）取最大值,故|MN|的最大值为,故选B 7. 已知函数在上单调递减，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据求得，由题意结合正弦函数的图象得到，解不等式即可求出答案. 【详解】当时，因为，所以， 由于函数在上单调递减， 所以，解得，故的取值范围为. 故选：A. 8. 设函数，若，则的最小值为（ ） A. 0 B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据判断为的一个零点，得到的一个等式，代入，根据二次函数的单调性及的取值范围即可求得最小值. 【详解】因为的定义域为， 所以在上恒成立. 当时，；当时，；当时，. 所以对于二次函数， 当时，；当时，， 所以为的一个零点，且为右侧零点， 即，所以. 则. 要满足当时，，只需左侧零点，解得. 而在上单调递增， 所以，当且仅当时等号成立. 故选：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. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 在上的最小值为 D. 在上单调递减 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用代入检验法可判断AB的正误，求出的范围后结合正弦函数的性质可判断CD的正误. 【详解】由题设， 对于A，，故的图象关于点对称， 故A正确； 对于B, ， 故不是的图象的对称轴，故B错误； 对于C，当时，， 故，故， 故，此时，故C正确； 对于D，当时，， 而在上为增函数，故在上单调递减， 故D正确； 故选：ACD. 10. 已知函数，则（ ） A. 为奇函数 B. 在区间上单调递减 C. 区间内有3个零点 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据奇偶性的定义判断是否为奇函数即可判断A；分别判断函数和区间在上的单调性，即可得到 的单调性，即可判断B；将函数的零点问题，转化为两个函数图象交点的问题，即可通过函数图象来确定零点个数，即可判断C；发现规律，并利用它求值，即可判断D. 详解】已知函数， 则， 其定义域为，关于原点对称. 而，， 所以不是奇函数，故A错误； 因为， 当时，，且在上单调递减； 而在上单调递增，所以在区间上单调递减，故B正确； 令，即. 令，. 如图所示，的图象是由的图象向右平移1个单位，再向上平移1个单位得到的， 的图象是由的图象向右平移1个单位得到的. 在区间内，与的图象有3个交点， 所以在区间内有3个零点，故C正确； 由，可得 ， 所以. 所以 ，故D错误. 故选：BC 11. 若函数的定义域为，且，，则（ ） A. B. 为偶函数 C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】令，可判断A；令，可判断B；令得，通过迭代可知，即可判断C；分析易得，进而结合周期求解即可判断D. 【详解】由题意，， 对于A，令，得，则，正确； 对于B，令，得， 得对任意成立，所以是偶函数，故B正确； 对于C，令，得，则， 所以，即，， 所以， 由奇偶性可得，又函数不恒为零，故C错误； 对于D，由上知，所以函数以6为周期， 所以 所以， 因为，，令，则，得， 又，是以6为周期周期函数， 所以，故D错误． 故选：AB. 三、填空题：本题共3小题，每小题4分，共12分． 12. 已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边在射线上，则_____ 【答案】## 【解析】 【分析】由条件可得，然后利用二倍角公式和弦化切的方法即可求出结果. 【详解】由题知，， 则. 故答案为： 13. 若， 为第三象限角，则______ 【答案】 【解析】 【分析】首先将正切变为正弦和余弦，再结合二倍角公式，化简求值. 【详解】因为，且为第三象限角，所以， . 故答案为： 14. 已知函数，若存在四个不相等的实数，，，使得，则的取值范围是_____ 【答案】 【解析】 【分析】根据分段函数性质，画出函数图像，判断函数符合题意时参数的范围，根据一元二次方程的性质，求出结果即可. 【详解】 如图所示，当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，在上的最小值为， 当时，，根据对勾函数性质可知，函数在上单调递减，在上单调递增，函数在上的最小值为， 因为，所以当存在四个不相等的实数，，，，使得， 即时，有四个解，分别为，，，， 可得的两个解为，，得的两个解为，， 当时，由韦达定理得， 可得的两个解为，，即的两个解为，， 当时，由韦达定理得， 可得，由，可得. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共58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）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将代入后，分别求出集合A和B的范围，再利用交集求解. （2）根据是的充分不必要条件，得出集合A是集合B的真子集，再进行分类讨论比较根的大小，即可求出的取值范围. 【小问1详解】 由解得，故， 当时，集合，由解得，故， 所以. 【小问2详解】 由题得，集合A是集合B的真子集，， ① 当时，即时，集合，不满足集合A是集合B的真子集，故不成立； ② 当时，即时，集合，若集合A是集合B的真子集，则有，解得； ③ 当时，即时，集合，若集合A是集合B的真子集，则有，此时无解. 综上，实数的取值范围是 16. 已知函数． （1）求函数零点； （2）当时，求函数的最大值． 【答案】（1）和1 （2） 【解析】 【分析】（1）根据对数换底公式，将底数变为4，再解对数方程； （2）根据换底后对数的形式，再结合对数运算，得到，再利用换元，转化为基本不等式求最值. 【小问1详解】 令，则， 所以， 所以，解得：或，经检验满足， 所以函数的零点为0和1； 【小问2详解】 ， 令，则， 由于，当且仅当时，即，取等号， 所以，所以 即当时，函数的最大值为. 17. 如图，射线和均为笔直的公路，扇形区域含边界是一个生态文化创业园区，其中分别在射线上．经测量得，扇形的圆心角为，半径为单位：千米根据发展规划，要在扇形区域外修建一条公路，分别与射线交于两点，并与扇形弧相切于点不与重合，设，假设所有公路的宽度均忽略不计． （1）试将公路的长度表示成的函数； （2）已知公路每千米的造价为千万元，问：建造这样一条公路，至少要投入多少千万元？ 【答案】（1）； （2）千万元． 【解析】 【分析】（1）根据，利用直角三角形求解即可； （2）转化为，利用三角恒等变换化简，求最值即可. 【小问1详解】 如图， 依题意可知， 所以，， 故； 【小问2详解】 要使得投入最少，则长度要最小， 因为 ， 因为，所以， 所以，所以， 又因为公路每千米的造价为千万元，所以建造这样一条公路，至少需要投入千万元． 18. 已知函数，其中为常数. （1）当时，恒成立，求实数的取值范围； （2）设函数在上有两个零点， ①求的取值范围； ②证明：. 【答案】（1） （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据同角三角函数的基本关系，化简，换元后分离参数，可得问题转化为不等式恒成立问题，求最值即可； （2）①令，，换元后可将问题转化为关于的方程在上有两个不相等的实数根，列方程组求解即可；②令，，则为关于的方程的两根，根据根与系数的关系可得，结合诱导公式及余弦函数的单调性可得证. 【小问1详解】 因为， 所以， 当时，， 令，则等价于在上恒成立， 所以. 令，则是增函数， 所以， 所以，解得， 即的取值范围是. 【小问2详解】 ①令，，则， 则， 由在上单调递增， 故函数在上有两个零点等价于关于的方程在上有两个不相等的实数根， 即有，解得， 即的取值范围为. ②证明：令，， 则为关于的方程的两根， 则有，， 即， 方法一：所以， 即， 所以，所以， 即有， 由①得，即， 故，所以. 又，所以， 故， 由于，则， 由在上单调递增， 故，即. 方法二：， 因为，所以， 所以， 所以，即， 故， 由在上单调递增， 故，即 19. 设次多项式，若其满足 ，则称这些多项式为切比雪夫多项式.例如：由可得切比雪夫多项式，由可得切比雪夫多项式. （1）由的表达式求； （2）由第（1）问结论求的值； （3）证明是方程的根，并求的值. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析， 【解析】 【分析】（1）利用两角和的余弦公式及二倍角公式求出，结合题目信息即可求出答案； （2）由（1）知，再根据对式子化简得到，解方程即可求出答案； （3）将代入得到即可证明；可知为方程的根，进而得到，证明即可求出答案. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以 所以. 【小问2详解】 由（1）知， 又 所以， 又，所以， 所以，即， 因为，解得（舍去）. 【小问3详解】 证明:将代入得， ， 所以， 即是方程的根. 不妨取，设， 因为为方程的根 则， ， 而， 所以，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $