江苏省睢宁高级中学2025-2026学年高一上学期期末考试数学卷

睢宁高级中学高一第一学期期末考试数学卷 一、单选题 1．已知，为正实数，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．既不充分也不必要条件D．充要条件 2．设，向量，，且，则（    ） A． B． C． D． 3．已知集合，集合，集合，则集合，，关系正确的为（    ） A． B． C． D． 4．已知函数的部分图象如图所示，则（    ） A．1 B． C． D． 5．若，则（   ） A． B． C． D． 6．若，都是正数，且，则的最小值为（    ） A．4 B．6 C． D． 7．已知，则的大小顺序为（    ） A．B．C．D． 8．设，是边上一定点，满足，且对于边上任一点P，恒有.则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知向量，则（    ） A．B．C．与的夹角可能为D．向量与不可能垂直 10．将函数的图象上所有点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，下列关于函数的说法正确的是（    ） A．的最小正周期为 B．是的一个对称中心 C．的单调递增区间为 D．在上恰有3个零点 11．已知，则下列等式一定正确的是（   ） A． B． C． D． 三、填空题 12．已知，求 . 13．若函数，则不等式的解集为 ． 14． 在中，，为的重心，的中垂线交于点，且，则 ． 15． 四、解答题 15．已知， (1)设，求解:的值域; (2)的最小正周期为，若在上恰有3个零点，求的取值范围. 16．已知函数. (1)若关于的不等式的解集为，求，的值； (2)当时，若关于的不等式在上恒成立，求的取值范围. 17．在直角梯形中，已知，，，，对角线交于点，点在上，且． (1)求的值； (2)若为线段上任意一点，求的取值范围． 18．已知函数，其中t为常数. (1)当，时，若，求x的值； (2)设函数在上有两个零点m，n， ①求t的取值范围； ②证明：. 19．已知为所在平面内一点，满足，且的面积为． (1)求的值; (2)求的值; (3)若点是线段上一点，过点分别向作垂线，垂足分别为E，F，求的最小值． 睢宁高级中学高一第一学期期末考试数学卷参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B D A D C A D AD AC 题号 11 答案 BCD 1．D 【分析】根据差比较法、充分和必要条件等知识来确定正确答案. 【详解】依题意，，为正实数， 由，得，所以，则充分性成立； 由，得，则，所以，则必要性成立． 综上可知，“”是“”的充要条件． 故选：D． 2．B 【分析】根据条件，利用向量垂直的坐标运算，得出，从而可得出，再利用向量数量积公式即可求出结果. 【详解】因为，，又，所以，得到， 所以，得到， 所以， 故选：B. 3．D 【分析】根据一元二次不等式的解法可求出集合，根据绝对值不等式的解法可求出集合，根据分式不等式的解法可求出集合，从而可得出集合，，间的关系. 【详解】解：由于， ， ， 可知，. 故选：D. 【点睛】本题考查一元二次不等式、绝对值不等式和分式不等式的解法，以及集合间的关系，考查计算能力. 4．A 【分析】根据函数图象求出函数解析式，再代入计算可得. 【详解】由图可知，即，又，所以， 又关于对称，且， 因为且，所以，解得，所以， 所以，解得，所以， 所以. 故选：A 5．D 【分析】设，则原不等式可转化为，利用单调性求解即可. 【详解】由，得， 设，因为单调递增，单调递减， 所以单调递增，且， 所以，即， 故选：D 6．C 【分析】通过条件，将变形成和为定值的形式，利用基本不等式，即可求出最小值. 【详解】因为，又，都是正数，且， 所以， 当且仅当，即时等号成立． 故选：C． 7．A 【分析】根据对数函数的单调性得，根据弧度所在象限，得，根据指数幂运算得，由此即可求解. 【详解】，因为，所以， 因为，所以， ， 所以. 故选：A 8．D 【分析】取的中点D，由极化恒等式可得，，从而可得，即可得出，由，得出答案. 【详解】如图，取的中点D， 由极化恒等式可得：， 同理，，由于， 则，所以， 因为，D是的中点，于是. 故选：D. 9．AD 【分析】利用平面向量的模长公式可判断选项AB;利用向量夹角的计算可判断选项C;利用向量垂直的坐标表示可判断选项D. 【详解】对于A:因为，所以，故A正确. 对于B:因为，所以, 当时, ，故B错误. 对于C:因为，二者不可能反向，所以与的夹角不可能为，故C错误. 对于D:因为 所以, 令,无解，所以向量与不可能垂直，故D正确. 故选：AD. 10．AC 【分析】先求出，再逐项计算后可得正确的选项. 【详解】对于A，由题设可得，故其最小正周期为， 故A正确. 对于B，，故不是的一个对称中心， 故B错误. 对于C，令，解得， 故的单调递增区间为， 故C正确. 对于D， 由可得， 而时，，故即或， 故D错误. 故选：AC 11．BCD 【分析】根据对数的运算性质及已知可得且，结合指对数关系判断各项正误. 【详解】依题意，，即，则且，故C正确； 对于A，，错误； 对于B，，正确； 对于D，，正确． 故选：BCD 12．/-0.5 【分析】先利用诱导公式化简函数解析式，再结合特殊角的三角函数值即可求值得解. 【详解】由， 则 故答案为： 13． 【分析】首先判断函数的奇偶性，再把不等式化为，根据对数函数性质及解析式判断时的单调性，最后利用奇偶性、单调性解不等式. 【详解】由，且定义域为R，则为偶函数． 则， 由，可得，又， 由复合函数的单调性知、在上单调递增． 所以，时单调递增， 所以，得，或，解得或． 所以解集为 故答案为： 14． 【分析】作于点，知在上的投影向量为，由已知条件和平面向量的数量积的运算求得，得到，判定，得到，进而利用两个向量的数量积运算公式计算即可. 【详解】如图，作于点，则在上的投影向量为． 由于， 因，故，又为的重心，则，所以， 可得，故， 即在上的投影向量为． 所以． 故答案为：36. 15．(1); (2) 【分析】（1）利用三角函数的性质结合换元法求出单调性，再求解值域即可. （2）利用三角函数的性质求解参数即可. 【详解】（1）因为，所以， 因为，所以令， 由正弦函数性质得在上单调递增，在上单调递减， 所以，故， （2）由题意得，所以，可得， 当时，，，即，， 当时，，不符合题意， 当时，，符合题意， 当时，，符合题意， 当时，，符合题意， 所以， 即，故. 16．(1)，的值分别为，，或，. (2). 【分析】（1）根据不等式的解集得出一元二次方程的根，从而求得值； （2）由判别式可得． 【详解】（1）由题意可知，，1是方程的两根， 所以，， 解得，或，. 故，的值分别为，，或，. （2）当时，， 若在上恒成立，即的图象与轴至多有一个交点， 则， 即，解得， 故的取值范围是. 17．(1) (2) 【分析】（1）以为原点，、分别为、轴建立平面直角坐标系，根据题中条件求出点、的坐标，然后利用平面向量数量积的坐标运算可求得的值； （2）设，其中，求出向量、的坐标，利用二次函数的基本性质可求得的取值范围. 【详解】（1）解：以为原点，、分别为、轴建立平面直角坐标系， 则、、、， 因为，，， 所以，所以，所以点， 设，则，， 因为，所以，解得， 所以，，则． （2）解：由（1）知，，设，其中， 则， 所以， 因为，故当时，取得最大值， 当时，取得最小值， 故的取值范围为． 18．(1) (2)①；②证明见解析 【分析】（1）将代入后可得，结合范围计算即可得解； （2）①借助换元法，结合二次函数的性质计算即可得；②由韦达定理可得，，结合三角函数在上的单调性与①中所得计算有，即可得，即可得证. 【详解】（1）由，则， 当时，，而， 故或（舍），故， （2）①令，因为，所以，则， 则， 由在上单调递增， 故关于的方程在上有两个不相等实数根， 即有， 解得，即的取值范围为； ②令，， 则，为关于的方程的两根， 则有，， 所以，， 所以， 即， 即有，由①知， 故，又，故， 由于，则，故， 又在上单调递增，故， 即. 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助韦达定理得到，，从而可得，再结合三角函数在上的单调性与①中所得计算即可得解. 19．(1) (2) (3) 【分析】（1）利用平面向量数量积公式及运算律计算夹角即可； （2）根据同角三角函数的平方关系结合（1）的结论、三角形面积公式得，由平面向量数量积得，再在等式两边同乘以计算即可； （3）利用（1）（2）的结论及数量积运算律可得，由条件可判定O为的重心，根据面积关系得，利用投影的意义及基本不等式计算最值即可. 【详解】（1）由得， 两边平方可得:， 又，所以， 即，即， 所以； （2）因为，所以， 又， 所以， 则， 在等式两边同乘以， 有， 所以； （3）因为， 同理得，即有， 由得点是的重心， 所以， 又， 即有， 所以， (当且仅当时取等号)， 所以的最小值为.    【点睛】思路点睛：第一问利用等量关系同时平方消去，利用数量积公式计算即可；第二问利用三角形面积公式先计算，再在等式两边同乘以计算即可；第三问利用重心的性质结合面积公式推出，再根据投影的意义及基本不等式计算即可. 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 $