精品解析：河北省石家庄市七县联合体2025-2026学年高一上学期1月质量检测数学试题

2025~2026学年第一学期高一年级1月份质量检测 数学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 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. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用补集、交集的定义直接求解. 【详解】因为，，所以， 又，所以. 故选：A 2. 与角终边相同的最小正角是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先把化成弧度制，再写成，的形式， 确定选项. 【详解】因为. 所以与角终边相同的最小正角是. 故选：B 3. “”的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解出的范围，再根据充分不必要条件的判断即可得到答案. 【详解】由，得， 故“”是“”的一个充分不必要条件. 故选：B. 4. 已知函数若，则的值是（ ） A. 或2 B. 或2或7 C. 或7 D. 2或7 【答案】C 【解析】 【分析】对进行分类讨论，由，根据分段函数解析式列方程，由此求得的值. 【详解】若，则，解得或（舍）， 若，则，解得. 综上，a的值是或7. 故选：C 5. 若，，且，则的最小值为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】应用常数代换结合基本不等式计算求解. 【详解】因为，所以， 则， 当且仅当时，取最小值9. 故选：B. 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用诱导公式、倍角公式，得到，再结合条件，由“齐次式”，即可求解. 【详解】因为， 又，所以， 故选：B. 7. 中国传统折扇文化有着极其深厚的底蕴，“数折聚清风，一捻生秋意”是宋朝朱翌描写折扇的诗句．如图，假设这把折扇是从一个大圆中剪下一个扇形OAB，再在该扇形内剪下一个同心小扇形OCD（作为扇骨留白），形成扇环形状的扇面ABCD．当扇子扇形的圆心角为时，扇面看上去形状较为美观．已知，弧AB的长为，则此扇面的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先通过弧长公式求出大扇形半径，再结合的长度得到小扇形半径，最后利用扇形面积公式计算两个扇形的面积差，得到扇面面积. 【详解】设，因为圆心角，弧AB的长为， 代入弧长公式可得，解得. 所以. 由扇形面积公式可得， ， ， 所以此扇面的面积． 故选：B 8. 已知函数若对任意的，且，都有，则实数的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据时，在不单调递增，然后时，列出不等式求解. 【详解】因为函数对任意的，且，都有， 所以函数在上单调递增， 当时，在上递减，不合题意； 当时，在上是常函数，不合题意； 当时，所以，即 ，解得 ， 所以实数的取值范围是. 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. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】借助不等式的性质判断即可. 【详解】由，则，故，则， 又，故，，， 则，即， 故B、C、D正确，A错误. 故选：BCD. 10. 下列各式结果为1的有（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】利用倍角公式可求AB，利用两角差的正切公式可求C，对于D，化切为弦，结合辅助角公式即可求解. 【详解】对于A：，所以A错误； 对于B：，所以B错误； 对于C：，所以C正确； 对于D： ，所以D正确， 故选：CD． 11. 已知函数，若（）是关于x的方程的四个不相等的实数根，则（ ） A. B. C. 的最小值为0 D. 方程有6个不相等的实数根 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据分段函数作出其图象，利用图象的对称性和翻折特点，利用函数与方程的思想，根据各选项逐一分析，推理计算即可. 【详解】 如图作出函数的图象. 对于A，关于x的方程有四个不相等的实数根， 即函数与有四个不同的交点， 因为 ，故有，即A正确； 对于B，由图知，由可得 ， 即，整理得，故有，即B正确； 对于C，由图知，因为， 由可得， 当且仅当时等号成立，故，即，故C错误； 对于D，设，则，由图知该方程有三个实根为2和，满足， 又由图知方程无实根；方程有2个实根； 方程有4个实根，故方程有6个不相等的实数根，即D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 命题：的否定是_________. 【答案】 【解析】 【分析】由含全称量词命题否定可得答案. 【详解】命题：的否定是. 故答案为： 13. 已知幂函数在上递减，则不等式的解集为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据幂函数定义可构造方程求得的值，结合单调性可确定的最终结果；根据奇偶性定义可得的奇偶性，结合定义域和单调性可得自变量大小关系，解不等式即可求得结果. 【详解】为幂函数，，解得：或； 当时，在上单调递增，不合题意； 当时，在上单调递减，符合题意； 综上所述：； 的定义域为，， 为定义在上的偶函数，故，， 由且， 解得：或， 的解集为. 故答案为：. 14. 已知函数图象的相邻两个对称中心之间的距离是，若将图象上的每个点向左平移个单位长度得到函数的图象，若为偶函数，且函数的图象在区间上至少含有个零点，则在所有满足条件的区间中，的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意求得，确定函数的解析式，再求出的解析式，令，求得或，若最小，则和都是零点，再结合条件及的图象与性质，即可求解. 【详解】由，得，则， 所以，又为偶函数， 所以，得到，即 又，所以，故， 所以. 令，即， 所以或， 解得或， 又的最小正周期为， 所以相邻两个零点之间的距离为或， 若最小，则和都是零点， 此时在区间分别恰有个零点， 所以在区间上恰有29个零点，从而在区间上至少有1个零点， 所以，所以的最小值为. 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、证明过程及演算步骤． 15. 已知关于的不等式的解集是． （1）解不等式； （2）为何值时，的解集为． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三个二次关系待定系数计算参数，再解一元二次不等式即可； （2）利用二次函数的图象与性质计算判别式即可. 【小问1详解】 由题意知3和2是方程的两根， ，解得， 不等式 即为，解得． 所求不等式的解集为． 【小问2详解】 由上可知，即为， 即， 若此不等式的解集为， 则 ． 16. 已知（，且）. （1）求定义域并判断的奇偶性； （2）若在区间内的最大值为2，求. 【答案】（1），偶函数 （2） 【解析】 【分析】（1）由函数解析式，建立不等式组，求得其定义域，根据奇偶性的定义，可得答案； （2）由对数运算整理函数解析式，根据二次函数与对数函数单调性，结合复合函数的单调性，利用分类讨论，建立方程，可得答案. 【小问1详解】 由函数，则，解得，故函数的定义域为. 函数的定义域的关于原点对称，且，所以函数为偶函数. 【小问2详解】 由函数，且函数在上单调递减， 则当时，函数在上单调递增，故在上的最大值为， 由题意可得，解得，符合题意； 当时，函数在上单调递减，故在上的最大值为， 由题意可得，解得，不符合题意. 综上所述，. 17. 已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点. （1）求的值； （2）若角满足，且，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由三角函数定义可知，利用诱导公式结合倍角公式运算求解； （2）由同角三角关系可得，根据结合两角和差公式运算求解. 【小问1详解】 因为在角的终边上，且，可知点在标准单位圆上， 由三角函数定义可知， 所以. 【小问2详解】 因为，， 则， 且， 所以 18. 若函数的部分图象如图所示． （1）求函数的解析式； （2）若当时，，求实数t的取值范围． （3）已知，若存在非零常数λ，对任意，有成立，求实数m的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 当时，且； 当时，． 【解析】 【分析】（1）根据图象可知，，即可得，再结合最值可得，即可得函数解析式； （2）利用周期得，以为整体，结合正弦函数图象分析求解即可； （3）根据题意结合正项函数值域可得，分类讨论，结合周期性和诱导公式运算求解. 【小问1详解】 设的最小正周期为T，且， 由题图可得，且， 即，则，可得， 又因为，即， 且，则， 可得，即， 所以， 【小问2详解】 当时，利用周期等价于，则， 若，即， 则，解得， 所以实数t的取值范围为. 【小问3详解】 由题意可知：， 若存在非零常数λ，对任意，有成立， 因为在R上的值域为，则在R上的值域为， 可知，即， 当时，则，可知1为的一个周期， 即1为最小正周期的整数倍， 可得，则（且）， 当时，则， 可得， 由诱导公式可得，可得 综上所述：当时，且； 当时，． 19. 已知函数是偶函数，是奇函数，且． （1）求的值； （2）设函数，证明：曲线是轴对称图形； （3）当，若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围． 【答案】（1）4 （2） ，即． 设，则其定义域为． 由， 所以是偶函数． 因为是偶函数，所以是偶函数， 所以函数的图象关于轴对称， 所以函数的图象关于直线对称， 所以曲线是轴对称图形． （3） 【解析】 【分析】（1）利用函数的奇偶性得到，结合平方差公式，将转化为，代入已知式子计算. （2）将变形为的形式，证明是偶函数（利用的偶性及构造函数的偶性），结合函数图象的平移，得出的图象关于直线对称. （3）代入、的表达式，换元令，将方程转化为关于的函数，分析的范围与函数的单调性，根据零点唯一的条件确定的取值范围. 【小问1详解】 由，得① 因为函数是偶函数，是奇函数， 则② 联立①②，解得，． ． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（1）知，，， 因为函数有且只有一个零点， 所以方程在上有且只有一个实数根． 即方程在上有且只有一个实数根． 令，则， 因为单调递增， 所以当时，， 所以问题转化为方程有且只有一个实数根， 即在上有且只有一个实数根． 因为函数在上单调递减，在上单调递增， 又，，，且， 所以或， 所以或 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 $ 2025~2026学年第一学期高一年级1月份质量检测 数学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 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. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 与角终边相同的最小正角是（ ） A. B. C. D. 3. “”的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数若，则的值是（ ） A. 或2 B. 或2或7 C. 或7 D. 2或7 5. 若，，且，则的最小值为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 16 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 7. 中国传统折扇文化有着极其深厚的底蕴，“数折聚清风，一捻生秋意”是宋朝朱翌描写折扇的诗句．如图，假设这把折扇是从一个大圆中剪下一个扇形OAB，再在该扇形内剪下一个同心小扇形OCD（作为扇骨留白），形成扇环形状的扇面ABCD．当扇子扇形的圆心角为时，扇面看上去形状较为美观．已知，弧AB的长为，则此扇面的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数若对任意的，且，都有，则实数的取值范围是（　　） 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. 若，则（ ） A. B. C. D. 10. 下列各式结果为1的有（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，若（）是关于x的方程的四个不相等的实数根，则（ ） A. B. C. 的最小值为0 D. 方程有6个不相等的实数根 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 命题：的否定是_________. 13. 已知幂函数在上递减，则不等式的解集为________. 14. 已知函数图象的相邻两个对称中心之间的距离是，若将图象上的每个点向左平移个单位长度得到函数的图象，若为偶函数，且函数的图象在区间上至少含有个零点，则在所有满足条件的区间中，的最小值为______. 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、证明过程及演算步骤． 15. 已知关于的不等式的解集是． （1）解不等式； （2）为何值时，的解集为． 16. 已知（，且）. （1）求定义域并判断的奇偶性； （2）若在区间内的最大值为2，求. 17. 已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点. （1）求的值； （2）若角满足，且，求的值. 18. 若函数的部分图象如图所示． （1）求函数的解析式； （2）若当时，，求实数t的取值范围． （3）已知，若存在非零常数λ，对任意，有成立，求实数m的取值范围． 19. 已知函数是偶函数，是奇函数，且． （1）求的值； （2）设函数，证明：曲线是轴对称图形； （3）当，若函数有且只有一个零点，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 $