精品解析：云南省墨江第二中学2025-2026学年高一上学期期末模拟预测数学试题

高一数学期末模拟考试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 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．本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册． 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求解集合，再根据集合的交集计算即可； 【详解】因为，解得，所以 因为，所以 故选：B. 2. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分、必要条件的判断方法进行判断即可. 【详解】因为，可以推出，所以； 由，. 故“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 3. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意得，解出即可求解. 【详解】由题意得， 所以， 故选：A. 4. 一家披萨店的某圆形披萨的半径为15厘米，以圆心为顶点，将该披萨切出一个扇形块，其弧长为10厘米，则这个扇形披萨所对的圆心角是（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用弧度制的扇形圆心角计算公式求解即可． 【详解】已知半径，弧长， 则圆心角． 故选：D． 5. 已知函数的最小正周期为，将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据正切函数的周期公式求出的值，得到的表达式，再根据函数图象平移的规律求出的表达式. 【详解】的最小正周期为，，解得. 将的图象向左平移个单位长度，得到的函数图象. . 故选：C 6. 已知奇函数在上严格单调递增，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性将原不等式化为，再利用函数的单调性可得，结合对数函数的单调性，即可求得答案. 【详解】由于为奇函数，故， 则即为，即， 又在上单调递增，则可得，故， 故选：C 7. 现有一个装有2000mL水的水壶，每次均倒掉该水壶中剩余水的，若要使该水壶中的水不超过5mL，则至少需要倒水的次数是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】设至少需要倒水次，列不等式，利用指数函数单调性求解即可. 【详解】设至少需要倒水次，初始水量为2000mL，每次均倒掉该水壶中剩余水的， 则每次剩余水量为上一次的，所以次后剩余水量为 mL， 由题意得，所以，即， 又，，且函数是上的增函数， 所以至少取5，即至少需要倒水的次数是5. 故选：B 8. 设函数若有4个不相等的实根，则的值不可能为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意有4个不相等的实根，即与要有四个不同的交点，作出函数的图像，利用数形结合即可求解. 【详解】当时，， 令，解得或， 所以 当时，，即将轴下方图像翻折上去， 所以， 若有4个不相等的实根，即与要有四个不同的交点， 作出函数的函数图像： 由图可知： 若有4个不相等的实根，则，故ABD可能，C不可能； 故选：C. 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. （多选题）下列结论正确的有（ ） A. ， B. “，”是假命题 C. “有理数的平方是有理数”是存在量词命题 D. “，”的否定是“，” 【答案】AB 【解析】 【分析】由全称量词、存在量词命题的定义及真假逐个判断选项. 【详解】选项A：将不等式变形：，配方得：， 对所有实数恒成立，因此选项A正确； 选项B：由绝对值的非负性，， 因此，不可能小于0，因此选项B正确； 选项C：“有理数的平方是有理数”等价于“所有有理数的平方都是有理数”， 是全称量词命题，而非存在量词命题，因此选项C错误； 选项D：全称量词命题的否定应为存在量词命题，而非改变的取值范围，因此选项D错误. 故选：AB. 10. 已知函数的部分图象如图所示，其中，是等边三角形，则（ ） A. B. C. D. 点是图象的一个对称中心 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意结合图象利用五点法求的值，即可判断ABC；根据对称中心与正弦函数零点之间的关系判断D. 【详解】设函数的最小正周期为， 由题意可知：，即， 且，则，解得，故B正确； 因为是等边三角形，则，故A正确； 又因为的图象过点， 则，即， 且，则，可得，解得，故C错误； 所以， 因为， 所以点是图象的一个对称中心，故D正确； 故选：ABD. 11. 已知函数满足，，则（ ） A. B. C. 为偶函数 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：令后计算即可判断；对于B：令后计算即可判断；对于C：令和，后计算即可判断；对于D：令，，用替换为，化简后得，可判断. 【详解】对于A：令，则， 又，所以，故A正确； 对于B：令，则， 即，所以，故B错误； 对于C：令，则， 令，则， 所以，则为偶函数，C正确； 对于D：令，则， 即， 将上式中的替换为，得， 上述两式消去，得， 即，D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若幂函数的定义域为，则___________． 【答案】1 【解析】 【分析】根据幂函数的性质求解即可. 【详解】因为函数是幂函数， 则有，解得或， 又因为函数定义域为，指数，解得， 综上可得： 故答案为：1 13. 已知正数，满足，则的最大值为______. 【答案】8 【解析】 【分析】将已知等式变形为，利用基本不等式建立与的关系，从而求得的最大值. 【详解】因为，为正数，所以， 根据基本不等式可得，(当且仅当16，即时等号成立)； 则，即16， 因为16，所以，可得. 即的最大值为8. 故答案为：8 14. 已知函数在上是单调函数，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据单调性性质可知在内单调递减，结合题意可知函数在上是单调递减，结合分段函数单调性列式求解即可. 【详解】因为在定义域内单调递减，且在内单调递增， 可知在内单调递减， 又因为在定义域内单调递增，且在内单调递增， 可知在内单调递增， 可知在内单调递减， 由题意可知：函数在上是单调递减， 则，即，解得， 所以实数的取值范围是. 故答案为：. 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. 已知锐角满足． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1），， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题知，再根据同角三角函数关系求解即可; （2）结合（1）先求，再计算对应值即可； （3）结合（1），根据余弦的和角公式与差角公式展开求解即可. 【小问1详解】 解：因为为锐角，则 因为，， 所以，即， 所以， 【小问2详解】 解：因为， 所以， ， 所以 【小问3详解】 解：因为， 所以 16. 已知函数是一次函数，且． （1）求的解析式； （2）判断函数在上的单调性，并用函数单调性的定义给予证明． 【答案】（1） （2） 由题意：，在上单调递增，证明如下： 设， 则 . 因为，所以，， 所以，所以，即. 所以函数在上单调递增. 【解析】 【分析】（1）利用“待定系数法”求函数的解析式. （2）先判断函数在给定区间上的单调性，再利用单调性的定义证明. 【小问1详解】 因为函数为一次函数，可设，. 由， 由. 所以. 【小问2详解】 略 17. 已知函数. （1）设的图象恒过点，求点的坐标； （2）试判断的奇偶性，并说明理由； （3）当时，不等式在上恒成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2）函数是奇函数，理由： 由题意得函数的定义域为， 且， 因为，即， 所以函数是奇函数； （3） 【解析】 【分析】（1）由，代入计算即可求解. （2）根据奇函数定义判定即可； （3）由题意可得，根据函数单调性，计算即可求解， 【小问1详解】 令，则，可得， 故函数的图象恒过点； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 当时，函数， 不等式在上恒成立， 即当时，， 因为在区间上单调递增， 所以函数在区间上单调递减， 当时，函数有最大值，即， 所以的取值范围为. 18. 已知函数的最小正周期为，且在时取得最大值6． （1）求的解析式； （2）求的单调递增区间； （3）已知函数，，恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据三角函数的性质得，，再结合参数范围即可求得答案； （2）直接解不等式即可得答案； （3）根据题意将问题转化为，再结合三角函数的性质求对应函数的在对应区间上的最值即可求得答案. 【小问1详解】 解：因为函数的最小正周期为，所以，解得， 因为在时取得最大值6，， 所以，解得 因为，所以， 所以的解析式为 【小问2详解】 解：因为正弦函数的单调递增区间为， 故令，解得， 所以的单调递增区间为 【小问3详解】 解：因为，恒成立， 所以， 当，，，即， 所以，即， 另一方面， 令，当时，， 则函数，， 由于函数的对称轴为， 所以，当时，，此时等价于，解得，故； 当时，，此时等价于，解得，故； 当时，，此时等价于，解得，故； 综上，的取值范围 19. 若存在，使得函数对其定义域内的任意，，当时，恒成立，则称为“积轴函数”，为轴积系数. （1）证明：为“2积轴函数”. （2）已知函数. （i）试问是否为“积轴函数”？若是，求出轴积系数的值；若不是，请说明理由. （ii）若函数有唯一零点，求正数的取值范围. 【答案】（1） 函数的定义域为， 当时，有， 则， 所以函数为积轴函数. （2）（i）为“4积轴函数”; ，（ii） 【解析】 【分析】（1）根据奇函数和“积轴函数”的概念进行证明. （2）先判断函数是否为“积轴函数”，并确定其轴积系数的值说明理由；已知由函数构造的函数有唯一零点，求出正数的取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）因为，进一步化简可得： ， 设函数为“积轴函数”，则 当，，且时，有， 则， ， ， ， ， 又因为，恒成立， 所以，求得， 所以函数为“4积轴函数”. （ii）由（i）可知，函数为“4积轴函数”， 函数有唯一零点， 即有唯一解， 因为函数为“4积轴函数”，所以， 对任意，，又因为，则， 所以恒成立，该情况无解， 所以原方程的解等价于有唯一解， 对上式进一步化简可得：， 当时，方程化为，解得,符合唯一解， 当时，判别式，有两个不相等的实根， 所以，两根之积为, 若,则，乘积为负，两根一正一负，仅有正根在定义域内，符合唯一零点， 当时，则，乘积为正，两根同号， 又因为两根之和为，所以两根均为正， 即方程有两个正根，对应两个零点，不符合唯一零点要求, 综上所述可得的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学期末模拟考试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 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．本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册． 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 4. 一家披萨店的某圆形披萨的半径为15厘米，以圆心为顶点，将该披萨切出一个扇形块，其弧长为10厘米，则这个扇形披萨所对的圆心角是（ ） A. B. 3 C. D. 5. 已知函数的最小正周期为，将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知奇函数在上严格单调递增，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 现有一个装有2000mL水的水壶，每次均倒掉该水壶中剩余水的，若要使该水壶中的水不超过5mL，则至少需要倒水的次数是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 8. 设函数若有4个不相等的实根，则的值不可能为（ ） A. 1 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. （多选题）下列结论正确的有（ ） A. ， B. “，”是假命题 C. “有理数的平方是有理数”是存在量词命题 D. “，”的否定是“，” 10. 已知函数的部分图象如图所示，其中，是等边三角形，则（ ） A. B. C. D. 点是图象的一个对称中心 11. 已知函数满足，，则（ ） A. B. C. 为偶函数 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若幂函数的定义域为，则___________． 13. 已知正数，满足，则的最大值为______. 14. 已知函数在上是单调函数，则的取值范围是__________． 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. 已知锐角满足． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 16. 已知函数是一次函数，且． （1）求的解析式； （2）判断函数在上的单调性，并用函数单调性的定义给予证明． 17. 已知函数. （1）设的图象恒过点，求点的坐标； （2）试判断的奇偶性，并说明理由； （3）当时，不等式在上恒成立，求的取值范围. 18. 已知函数的最小正周期为，且在时取得最大值6． （1）求的解析式； （2）求的单调递增区间； （3）已知函数，，恒成立，求的取值范围． 19. 若存在，使得函数对其定义域内的任意，，当时，恒成立，则称为“积轴函数”，为轴积系数. （1）证明：为“2积轴函数”. （2）已知函数. （i）试问是否为“积轴函数”？若是，求出轴积系数的值；若不是，请说明理由. （ii）若函数有唯一零点，求正数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $