湖南省湘西州泸溪县第一中学2025-2026学年高一上学期期末模拟数学练习

2025—2026学年湘西州泸溪一中高一数学期末考试模拟卷 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：集合与逻辑+不等式+函数+指对函数+三角函数 第一部分（选择题 共58分） 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．下列大小比较正确的是（    ） A． B． C． D． 2．若不等式对一切实数都成立，则的取值范围是 A． B． C． D． 3．若正数满足，则的最小值是（    ） A． B． C． D．2 4．已知函数，则（        ） A． B． C． D． 5．已知函数在区间上有且仅有4个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．函数的值域是 A． B． C． D． 7．是定义在R上的偶函数，对，都有，且当时，.若在区间内关于x的方程至少有2个不同的实数根，至多有3个不同的实数根，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．已知函数，若关于的方程至少有两个不同的实数解，则实数的取值范围为（   ） 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．已知函数的部分图象如图所示，下列结论正确的是（    ） A． B．将的图象向右平移个单位，得到函数的图象 C．的图象关于直线对称 D．若，则 10．已知函数，则（   ） A． B． C．对任意实数， D．对任意实数， 11．下列关于基本不等式的说法正确的是（    ） A．若，则的最大值为 B．函数的最小值为2 C．已知，，，则的最小值为 D．若正数x，y满足，则的最小值是3 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在 中， ， ， ，则 . 13．大雁塔作为现存最早、规模最大的唐代四方楼阁式砖塔，是凝聚了中国古代劳动人民智慧结晶的标志性建筑．如图所示，已知∠ABE＝α，∠ADE＝β，垂直放置的标杆BC的高度h＝4米，大雁塔高度H＝64米．某数学兴趣小组准备用数学知识探究大雁塔的高度与α，β的关系．该小组测得α，β的若干数据并分析测得的数据后，发现适当调整标杆到大雁塔的距离d，使α与β的差较大时，可以提高测量精确度，求α﹣β最大时，标杆到大雁塔的距离d为 米． 14．已知函数，①由函数图象上的一个最高点与两个相邻零点构成的三角形的面积为；②将函数的图象向左平移个单位长度后关于轴对称；③函数的图象关于直线对称.从以上三个条件中任选两个作为已知条件，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．（本小题满分13分）已知函数的部分图象如图所示，图象过点和点，且相邻对称轴之间距离为． (1)求的解析式，并求出的对称中心； (2)若，且在区间上单调递增，求的最大值． 16．（本小题满分15分）已知集合，且，求实数a的取值范围. 17．（本小题满分15分）已知函数（且），若函数与函数互为反函数，且函数的图象经过点． (1)求函数与的解析式； (2)若，求x的取值范围； (3)若，，使成立，求实数k的取值范围． 18．（本小题满分17分）函数的定义域为，若，满足，则称为的不动点.已知函数. （1）试判断不动点的个数，并给予证明； （2）若“”是真命题，求实数的取值范围. 19．（本小题满分17分）已知函数是偶函数． (1)求实数的值； (2)若函数的最小值为，求实数的值； (3)若关于的方程有两根，求实数的取值范围． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 2025—2026学年湘西州泸溪一中高一数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B C D B C C D BD AC 题号 11 答案 AC 1．C 【分析】由指数函数的单调性可判断A；由对数函数的单调性可判断B；由幂函数的单调性可判断C；由余弦函数值可判断D. 【详解】由在上是增函数，知，故A错误； 由在上是减函数，知，故B错误； 由在上是减函数，知，故C正确； 由，知，故D错误. 故选：C 【点睛】本题考查比较大小的问题，涉及到指数函数、对数函数、幂函数的单调性以及余弦函数，是一道容易题. 2．B 【解析】根据一元二次不等式恒成立讨论，即可. 【详解】解：当时，对一切实数都成立，故符合题意； 当时，要使不等式对一切实数都成立， 则， 综上： 故选：B. 【点睛】方法点睛：已知不等式恒成立求参数值(取值范围)问题常用的方法： （1）函数法：讨论参数范围，借助函数单调性求解； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域或最值问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 3．C 【分析】由题意可得，化简利用基本不等式可得，从而可求出的最小值. 【详解】解：，， ， 当且仅当时等号成立， ，解得， 的最小值为 故选：C 4．D 【解析】由题，当时，，可知是周期为4的函数，进而可知，然后代入时的解析式计算即可得解. 【详解】当时，，则是周期为4的函数， 所以. 故选：D. 【点睛】方法点睛：本题考查分段函数与函数性质的综合应用，分段函数求值的做法是先判断自变量所在的范围，然后再将自变量代入相应的解析式进行求值，属于常考题. 5．B 【分析】由的范围，求出的范围，结合正弦函数的性质即可得结果. 【详解】根据题意，函数， 若，即，必有， 令，则， 设， 则函数和在区间内有4个交点， 又由于，必有， 即的取值范围是， 故选：B. 6．C 【详解】函数的对称轴为 ，最大值为 ，最小值为，值域，函数的值域，故函数的值域是，故选C. 7．C 【分析】先根据题意分析函数的对称性及周期性；再利用函数的对称性和周期性作出函数在上的图象；最后数形结合列出不等式组求解即可. 【详解】由，可得：. 又因为是定义在R上的偶函数， 则，且函数图象关于轴对称. 所以，即的周期为4. 作出函数在上的图象，根据对称性及周期为4，可得出在上的图象. 令 若在区间内关于x的方程至少有2个不同的实数根，至多有3个不同的实数根， 则函数与函数在上至少有2个不同的交点，至多有3个不同的交点. 所以，即，解得. 故答案为：C 【点睛】关键点点睛：本题考查函数性质的综合应用，函数与方程的综合应用及数形结合思想.解题关键在于根据题意分析出分析函数的对称性及周期性，并作出和图象；将方程根的问题转化为函数图象交点问题，数形结合解答即可. 8．D 【分析】令，根据题意，令，故问题转化为至少有两个不同的实数解，数形结合可求得实数的取值范围. 【详解】令，则， 令，关于的方程至少有两个不同的实数解， 等价于至少有两个不同的实数解， 即函数的图象与直线至少有两个交点， 作出函数的图象如图所示，直线过定点， 故可以寻找出临界状态，如图虚线所示.        联立，故， 即，令，解得， 当时，与有唯一交点，与没有交点. 当时，与轴交于点在定点右边， 所以与有两个交点，符合题意， 当时，与轴交于点在定点左边， 且，故与没有交点， 由图象可知，与至多一个交点，故不符合题意， 当时，与有两个交点，符合题意， 当时，的最高点为，此时，    若，与有唯一交点，与没有交点，不符合题意； 若，与有唯一交点，与至少有一个交点，符合题意； 综上所述，实数的取值范围为， 所以实数的取值范围为. 故选：D. 9．BD 【分析】利用图象求出函数的解析式，可判断A选项的正误；利用三角函数图象变换可判断B选项的正误；利用代入法可判断C选项的正误；利用正弦型函数的有界性可判断D选项的正误. 【详解】由图可知，函数的最小正周期为，则， ，得， 所以，，得，，得， 所以，A项错误； 将的图象向右平移个单位， 得到函数的图象，B项正确； ，故C项错误； 的最小正周期为，所以若，则，故D项正确， 故选：BD． 10．AC 【分析】化简函数，由函数解析式得到函数的单调性，从而判断AB选项，由函数解析式计算，，判断CD选项. 【详解】因为函数，所以在上单调递增， 因为，所以，， 所以， . 故选：AC． 11．AC 【分析】根据均值不等式求最值，注意验证等号成立的条件. 【详解】因为，所以，， 当且仅当即时，等号成立 ，故A正确； 函数，当且仅当，即时，等号成立，故B错误； 因为，，， 所以， 当且仅当，即时，等号成立，故C正确； 由可得，，当且仅当，即时等号成立，故D错误. 故选：AC 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数； （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值； （3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 12． 【分析】先应用正弦定理边角转化结合已知得出，再应用余弦定理计算即可. 【详解】在 中， ， ， 由正弦定理得，所以，所以得出， 再应用余弦定理得 则 . 故答案为：. 13．. 【分析】根据题意建立函数关系式，再根据基本不等式求最值，确定标杆到大雁塔的距离. 【详解】由题意得 ， 因此 ， 当且仅当 时取等号，因此当 时，取最大值，即取最大，即标杆到大雁塔的距离为. 【点睛】在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误. 14． 【分析】先选择条件，然后根据三角函数的周期性、面积、图象变换、对称性等知识进行分析，从而确定正确答案. 【详解】若选择条件①②：设为函数最小正周期，由①可知三角形的面积， 解得，所以，所以， 由题意得关于轴对称，即，， 即，，由可得，， 则，. 若选择条件①③：由①可知，由③得， 所以，，即，，由可得，， 所以，所以. 若选择条件②③：由③得，所以，. 由②得关于轴对称， 即，，无法确定和，即无法确定的值. 故答案为： 【点睛】方法点睛： 利用三角函数图象特征求参数：对于函数，通过图象上特殊点构成的图形面积可求出周期，再由确定.利用函数的对称轴、对称中心以及图象平移后的对称性等性质，结合三角函数的性质列出关于的等式，进而确定的值. 多条件组合分析：当给定多个条件时，需分析每个条件能提供的信息，判断条件之间的关联和互补性，选择合适的条件组合来确定函数的参数，从而解决问题. 15．(1)，对称中心为 (2) 【分析】（1）根据函数的图像性质可得解析式，进而可得函数的对称中心； （2）根据三角函数的性质直接判断单调区间. 【详解】（1）对称轴间距为，则 又过， 过点， ∴，即，, ∵， ， ， 令，解得 对称中心为 （2） 故单调递增区间：， 解得：， 即单调递增区间为， 在上单调递增． 最大值为． 16． 【解析】先讨论,当时,符合题意,当时,求得一元二次方程的判别式，根据判别式为小于零、大于等于零分情况进行讨论，结合,求得实数的取值范围. 【详解】当时， ， 此时； 当时， ∵， ∴或关于x的方程的根均为负数. ①当时，关于x的方程无实数根， ∴，解得. ②当关于x的方程的根，均为负数时， 有，解得，即. 综上所述，实数a的取值范围为. 【点睛】本题考查集合的关系求参数，解题的关键是对集合的理解，注意对空集的讨论，考查分类讨论的数学思想方法,，属于中档题. 17．(1)， (2) (3) 【分析】（1）由与函数（且）互为反函数，再代入点的坐标求解可得a值，则解析式可求； （2）将原不等式化为的形式，利用指数函数与对数函数的单调性求解即可； （3）将原问题转化为时，的最大值大于时的最大值，再分、、三种情况进行讨论即可求出k的取值范围. 【详解】（1）∵函数与函数（且）互为反函数 ∴． 又函数的图象经过点 ∴，即． ∴，； （2）由不等式得： ∴ ∴ ∴． 故解集为； （3）因为，， 使成立， 所以时的最大值大于时的最大值． 又时，的值域为，时，的值域为 ∴①当时，，，，， 则，解得：． ②当时，，，，， 则，此不等式组无解. ③当时，，， ，， 则，解得： 综上，k的取值范围为． 18．（1）3个，证明见解析；（2）. 【分析】（1）分、、三种情况，利用构造函数，利用函数的单调性可得答案； （2）解法1：转化为成立，解不等式组，再由可得答案； 解法2：转化为成立，等价于，使成立，构造函数，并利用函数的单调性，由可得答案. 【详解】（1）， 若，则，所以， 由得，即， 因为在是单调递增函数， 所以函数在是单调递增的， ， 所以在内存在唯一零点； 若，则，所以， 由得解得； 若，则，所以， 由得；因为在是单调递增的， ， 所以在内有唯一零点； 综上所述，有3个不动点. （2）由（1）可知，当， 若“”是真命题， 就是，使不等式成立， 等价于成立， 即，不等式组成立， ， 解得， 因为，保证，所以 因为， ， 所以， 所以，解得：. 所以实数的取值范围是. 解法2：由（1）可知，当， 若“”是真命题， 就是，使不等式成立， 等价于成立， 等价于，使成立， 且也成立， 由得，设， ，使成立， 只要即可，函数在上单调递减， 所以，所以， ，使在区间成立， 只需要即可，即得， 所以实数的取值范围是. 19．(1) (2) (3)或或 【分析】（1）根据函数的奇偶性列方程，从而求得的值. （2）利用换元法化简的解析式，根据最小值列不等式来求得的值. （3）先判断的单调性，结合奇偶性、换元法以及判别式进行分类讨论，由此求得实数的取值范围. 【详解】（1）由题意知的定义域为R， ， 整理得， 而 ， ∴； （2）， ∴， 依题意，函数的最小值为， 令，，当且仅当时等号成立.， 故的最小值为﹣3， 则，或，解得； （3）由， 函数在区间上单调递增， 当时，，所以在上单调递增， 故当时，函数单调递增， 由函数为偶函数，可知函数的增区间为，减区间为， 令，有， 方程①， 可化为， 整理为②， ， （ⅰ）当时，或， 时，方程②的解为，可得方程①仅有一个解为； 时，方程②的解为，可得方程①有两个解； （ⅱ）当时，可得或， 令， 则有一正一负两根，, 或. 综上所述或或. 【点睛】易错点睛：奇偶性判断的准确性：在判断函数的奇偶性时，需要明确函数形式在和的相等关系. 若判断不准确，后续的推导过程会出现偏差. 最小值条件的应用：在应用最小值条件求解参数时，需要注意不等式的建立和换元过程，容易因为漏掉某些条件而导致错误. 分类讨论的完整性：对于方程根的讨论，确保分类情况的完整性是关键，否则会遗漏部分解，导致最终结果不正确. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $