精品解析：上海市曹杨第二中学2025-2026学年高一上学期期末数学试题

上海市曹杨二中2025学年度第一学期 高一年级期末考试数学试卷 命题人：罗程宏 审核人：施玮 考生注意： 1、答卷前，考生务必将姓名、班级、学号等在指定位置填写清楚． 2、本试卷共有21道试题，满分150分，考试时间120分钟．请考生用黑色水笔或钢笔将答案直接写在答题卷上． 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1. 已知全集，集合，则___________． 2. 若幂函数的图像经过点，则___________． 3. 不等式的解集为___________． 4. 已知则___________． 5. 已知，则___________． 6. 已知角的终边过点，则______________． 7. 已知一个扇形的周长是10，面积是6，则其圆心角的大小为___________弧度 8. 已知，则___________． 9. 设，若，则最小值为___________． 10. 设且，若，则的取值范围是___________． 11. 设，若，则的取值范围是___________． 12. 设，若关于方程有且仅有3个实数根，则的取值范围是___________． 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分） 13. 已知，则下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 14. 已知函数的图象如图所示，则下列关系不可能成立的是（ ） A. B. C. D. 15. 设，已知集合，若集合是集合的个不同非空子集，且，则的最大值为（ ） A. 15 B. 16 C. 31 D. 32 16. 对于定义在上的函数，给出以下三个陈述句：存在且，对任意，均有；函数是严格减函数，且对任意，均有；函数是严格增函数，且存在，使得，则以下说法正确的是（ ） A. 、都是的充分条件 B. 、都不是的充分条件 C. 仅有是充分条件 D. 仅有是的充分条件 三、解答题（本大题共有5题，满分78分） 17. 设． （1）若函数是定义在上的奇函数，求的值； （2）设，若，集合，，，求的取值范围． 18. 设，已知，且关于的一元二次方程的两实根分别为和． （1）求的值； （2）分别求和的值． 19. 空调是人们生活水平提高的一个标志，炎热夏天，空调使温度调节到适合人们工作、学习、生活的舒适环境内，心情好，休息好，工作效率也高，这是社会进步的一个里程碑．为适应市场需求，2024年某企业扩大了某型号的变频空调的生产，全年需投入固定成本200万元，每生产x千台空调，需另投入成本万元，当年产量不足30千台时，，当年产量不小于30千台时，．已知每台空调售价3000元，且生产的空调能全部销售完． （1）写出年利润（万元）关于年产量x（千台）的函数解析式． （2）年产量为多少千台时，该厂该型号的变频空调所获利润最大？并求出最大利润． 20. 设． （1）若，求不等式的解集； （2）若关于的方程的解集中恰有一个元素，求的取值范围； （3）设，若对任意，都存在使得成立，求取值范围． 21. 设，对于定义域为的函数与，若函数是区间上的单调函数，则称与在区间上满足“性质”． （1）设．若与在区间上满足“性质”，求的取值范围； （2）设．若与在区间上满足“性质”，求的取值范围； （3）设，若不常值函数，且对任意、，与在上都满足“性质”．求证：存在实数、使得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上海市曹杨二中2025学年度第一学期 高一年级期末考试数学试卷 命题人：罗程宏 审核人：施玮 考生注意： 1、答卷前，考生务必将姓名、班级、学号等在指定位置填写清楚． 2、本试卷共有21道试题，满分150分，考试时间120分钟．请考生用黑色水笔或钢笔将答案直接写在答题卷上． 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1. 已知全集，集合，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据补集的定义进行求解即可. 【详解】因为全集，集合， 所以. 故答案为： 2. 若幂函数的图像经过点，则___________． 【答案】8 【解析】 【分析】利用幂函数的定义可得答案. 【详解】设幂函数 ，由其图像经过点  ， 得：， 得：， 得：，即， 因此 ， . 故答案为 ：8. 3. 不等式的解集为___________． 【答案】或 【解析】 【分析】根据分式的性质，结合一元二次不等式的解法进行求解即可. 【详解】，或， 所以原不等式的解集为或， 故答案为：或. 4. 已知则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据分段函数先求，再求即可. 【详解】由题设可得，故， 故答案为：. 5. 已知，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用诱导公式以及余弦的倍角公式可得答案. 【详解】由 ，得 。 利用倍角公式 得： 故答案为 ： 6. 已知角的终边过点，则______________． 【答案】 【解析】 【分析】利用诱导公式及同角三角函数的关系将原式化简为，再根据三角函数的定义求出的值即可得解. 【详解】因为， ， ， ，，. 所以 . 因为角的终边过点，所以， 所以. 所以原式. 故答案为： 7. 已知一个扇形的周长是10，面积是6，则其圆心角的大小为___________弧度 【答案】或 【解析】 【分析】根据给定条件，列式求出扇形弧长及半径即可. 【详解】设扇形所在圆半径为，则该扇形弧长， 由该扇形面积为6，得，则，解得或， 当时，，圆心角大小为； 当时，，圆心角大小为， 所以所求圆心角的大小为或. 故答案为：或 8. 已知，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用角的范围和同角三角函数关系式计算得到，利用两角差的正弦公式计算得到答案； 【详解】，即， 因，所以 ， ， 故答案为：. 9. 设，若，则的最小值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】将等式化为，再利用基本不等式即可求解. 【详解】因为，所以， 所以， 当且仅当，即时，取得最小值， 故答案为： 10. 设且，若，则的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据对勾函数的单调性，结合，可得，再由有两相异根推出，从而求得的范围，进而求得答案. 【详解】对于，在上单调递减，在上单调递增，且， 因，，设，则， 又由可得，依题意，该方程有两解，且， 则， 对于，因， 故. 故答案为：. 11. 设，若，则的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意将条件转化为在不等式组成立的前提下，方程③有解. 在由①解得或的条件下，分别求出使②成立，及使③有满足条件的解的的取值范围，即可得解. 【详解】由题意可知，方程有解， 等价于在不等式组成立的前提下，方程③有解. 由①可解得或. 方程③有解的条件为，解得或. 设的两根分别为，可知. 若，则方程③两根同正，则由可得， 此时②可化为，若②成立，须满足； 此时由③可得，当且仅当，即时等号成立. 综上可知，当时，存在的解； 若，则方程③两根同负，则由可得， 此时②可化为，由可得，若②成立，须满足； 此时由③可得，由对勾函数的性质可知， 函数在区间上单调递增， 所以，所以 综上可知，当时，存在的解； 综上，取值范围是. 故答案为： 12. 设，若关于的方程有且仅有3个实数根，则的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】对方程分类讨论：情形①当时，解得或；情形②当时，化简得到，当，实数根为；对情形①、情形②根的情况进行分析即可求解得到的取值范围是. 【详解】情形①当时，原方程去绝对值得到， 化简得到，解得或； 情形②当时，原方程去绝对值得到， 化简得到； 该方程要有实数根，需要， 即，得到或； 实数根为：； 需要方程有且仅有3个根，下面对情形①、情形②根的情况进行分析： （1）当情形①方程有2个实根则，即，情形②只有1个实根则或，没有满足条件的值； （2）当情形①方程有2个实根则，即，且情形②其中即（或），有一个实根满足时， 则，所以，得到或，所以得到； （3）当情形①方程有1个实根则，即， 情形②方程有2个实根则， 即，解得， 又因为，得到或； 所以得到或； 综上所述：的取值范围是. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分） 13. 已知，则下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过举反例排除A，B，C三项，利用不等式性质与作差比较法即可判断D项. 【详解】对于A，若取，则，不成立，故A不合题意； 对于B，若取，则，不成立，故B不合题意； 对于C，若取，则，不成立，故C不合题意； 对于D，因，则，于是，故，故D符合题意. 故选：D. 14. 已知函数的图象如图所示，则下列关系不可能成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合对数函数的图象及函数图象的变换检验各选项即可求解. 【详解】由图可得，，， 则，故A正确；，故B正确； 因，而，故，即C错误； 当，时，，满足，故D可能成立． 故选：C. 15. 设，已知集合，若集合是集合的个不同非空子集，且，则的最大值为（ ） A. 15 B. 16 C. 31 D. 32 【答案】A 【解析】 【分析】根据所有子集的并集不等于集合可知集合中至少比所有非空子集的并集多一个元素，仅多一个元素时可以求得最大，再进行反证法验证即可. 【详解】由可知所有非空子集的并集缺少集合中至少一个元素， 假设缺少元素1，则所有非空子集均不含元素1，即是集合非空子集， 集合的非空子集个数为，且这些子集的并集必不含1，满足条件. 假设，要满足所有非空子集的并集不等于集合，必须至少有一个集合中的元素不在任何一个子集中，否则并集就会等于， 设这个缺失的元素是1，那么个非空子集都不含元素1， 即每个子集都是集合的非空子集， 而集合只有个不同的非空子集， 所以无法从中取出至少16个不同非空子集， 因此假设不成立，必须小于16，所以的最大值为15， 故选：A. 16. 对于定义在上的函数，给出以下三个陈述句：存在且，对任意，均有；函数是严格减函数，且对任意，均有；函数是严格增函数，且存在，使得，则以下说法正确的是（ ） A. 、都是的充分条件 B. 、都不是的充分条件 C. 仅有是的充分条件 D. 仅有是的充分条件 【答案】A 【解析】 【分析】若已知，则当时，根据减函数的定义和已知条件，结合不等式的性质，可推出成立；若已知，取，根据增函数的定义和已知条件，结合不等式的性质，也可推出成立. 【详解】若成立，当，有， 因为单调递减，且恒成立，所以， 所以 ， 故存在，对任意，均有恒成立， 所以是的充分条件； 若成立，取，则，， 因为单调递增，所以恒成立， 故存在，对任意的，均有恒成立， 所以是的充分条件. 故选：. 三、解答题（本大题共有5题，满分78分） 17. 设． （1）若函数是定义在上的奇函数，求的值； （2）设，若，集合，，，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用奇函数的定义求出值. （2）将代入并确定函数的单调性，利用单调性解不等式化简集合，再解不等式化简集合，利用集合的包含关系求解. 【小问1详解】 由函数是定义在上的奇函数，得，解得， 此时，，是奇函数， 所以. 【小问2详解】 当时，，函数在R上单调递增，函数在R上单调递减， 则函数在R上单调递增，而， 由，得，解得，因此， 由，解得或，因此， 由，得，解得， 所以的取值范围是. 18. 设，已知，且关于的一元二次方程的两实根分别为和． （1）求的值； （2）分别求和的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据韦达定理，结合同角公式的商数关系化简计算即可求解； （2）根据与的关系求出，结合完全平方公式计算即可求解. 【小问1详解】 因为为一元二次方程的两个实根， 所以. . 【小问2详解】 由（1）知，， 则， 即，解得； 所以，由，知， 所以， 由，所以， 所以. 19. 空调是人们生活水平提高的一个标志，炎热夏天，空调使温度调节到适合人们工作、学习、生活的舒适环境内，心情好，休息好，工作效率也高，这是社会进步的一个里程碑．为适应市场需求，2024年某企业扩大了某型号的变频空调的生产，全年需投入固定成本200万元，每生产x千台空调，需另投入成本万元，当年产量不足30千台时，，当年产量不小于30千台时，．已知每台空调售价3000元，且生产的空调能全部销售完． （1）写出年利润（万元）关于年产量x（千台）的函数解析式． （2）年产量为多少千台时，该厂该型号的变频空调所获利润最大？并求出最大利润． 【答案】（1） （2）当该企业该型号的变频空调总产量为25千台时，获利最大，最大利润为2925万元 【解析】 【分析】（1）根据已知条件，结合利润销售额成本公式，分类讨论即可求解； （2）根据（1）的结论及分段函数分段处理，利用二次函数的性质及基本不等式即可求解． 【小问1详解】 当时，， 当时，， 所以 【小问2详解】 当时，，当时， 取得最大值2925万元； 当时，． 因为，当且仅当时，等号成立， 所以当时，取得最大值2830万元． 因为，所以当该企业该型号的变频空调总产量为25千台时，获利最大，最大利润为2925万元． 20. 设． （1）若，求不等式的解集； （2）若关于的方程的解集中恰有一个元素，求的取值范围； （3）设，若对任意，都存在使得成立，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）根据对数函数的单调性解不等式； （2）根据得到，求出方程的根，再根据该解集中恰有一个元素得到的取值范围； （3）先代入化简，得到，求出的取值范围为，再根据求出的取值范围. 【小问1详解】 若，则， 所以可化为， 又对数函数在单调递增， 所以，解得， 所以不等式的解集为 【小问2详解】 方程即， 所以， 化简得，即， 所以， 当是方程的根时，，所以， 当是方程的根时，，所以， 因为关于的方程的解集中恰有一个元素， 所以， 所以的取值范围为； 【小问3详解】 因为， 所以， 即， 所以， 所以， 因为，所以， 所以的取值范围为， 令， 当时取得最大值4，当或时，， 所以函数的值域为， 综上，， 所以，所以，解得或， 由，且，即，显然， 综上所述，的取值范围为. 21. 设，对于定义域为的函数与，若函数是区间上的单调函数，则称与在区间上满足“性质”． （1）设．若与在区间上满足“性质”，求的取值范围； （2）设．若与在区间上满足“性质”，求的取值范围； （3）设，若不是常值函数，且对任意、，与在上都满足“性质”．求证：存在实数、使得． 【答案】（1） （2）或. （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求出，根据单调可得对称轴的位置关系，故可求参数的取值范围； （2）依据单调性定义可得在上恒成立，其中，据此可求的取值范围； （3）根据不是常值函数可得存在，使得，设，其中，，利用反证法可证任意，有，故可得. 【小问1详解】 因为在区间上满足“性质”， 故在上为单调函数， 因为为开口向上的抛物线，故即. 【小问2详解】 由题设有在上为单调函数， 设， 则 , 因为，故，， 而为上单调函数， 故在上恒成立或在上恒成立， 而，，故或， 故或. 【小问3详解】 因为对任意、，与在上都满足“性质”， 故为上的单调函数， 取，则，故为上的单调函数； 取，则，故为上的单调函数； 又当时恒成立或恒成立， 故对任意的有序数对， 恒成立或 恒成立，其中， 先考虑为上的单调增函数， 因为不是常值函数，故存在，使得， 设，不妨设，则， 若存在，设，其中， 若， 当时， ， 且， 当时， ， 且， 考虑， 故，时或，这与为单调函数矛盾； 同理，时，或，这与为单调函数矛盾； 故即任意，有， 同理可证：当为上的单调减函数，上述结论也成立. 故，取， 故存在，使得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $