精品解析：黑龙江省哈尔滨市双城区兆麟中学2025-2026学年高一上学期1月期末数学试卷

高一数学试卷 满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的姓名、准考证号分别填写在试卷和答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其它答案.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应的区域内，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. 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. 命题“，”的否定是（ ） A ， B. ， C. ， D. ， 3. 已知函数，则（ ） A. 2 B. C. D. 5 4. 在平面直角坐标系中，角的顶点为原点，始边为轴的非负半轴，终边过点，则（ ） A. B. C. D. 5. 函数的图象是（ ） A. B. C. D. 6. 圆环被同圆心的扇形截得的一部分叫做扇环.如图所示，扇环的内圆弧的长为，外圆弧的长为，圆心角，则该扇环的面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知幂函数为奇函数，且在上单调递减，则满足不等式的实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 深度学习中，指数衰减的学习率模型为，其中为每轮优化的学习率，为初始学习率，为衰减系数，为训练迭代轮数，为衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.6，衰减速度为20，当训练迭代轮数为20时，学习率为0.5，则学习率衰减到0.3以下（不含0.3）所需的训练迭代轮数至少为（参考数据：，）（ ） A. 63 B. 62 C. 61 D. 60 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，，是实数，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 10. 已知函数的图象是由函数的图象向右平移个单位长度后得到，则下列结论正确的有（ ） A. B. 的图象关于点成中心对称 C. 是的图象的一条对称轴 D. 不等式的解集为 11. 设函数定义域为，且的图象关于成中心对称，，当时，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 在上为增函数 C. 为偶函数 D. 方程有且仅有6个实数解 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数定义域为，则实数的取值范围是__________. 13. 已知，，则___________. 14. 对于函数，若存在，使，则称点与点是函数的一对“隐对称点”.若函数的图象存在“隐对称点”，则实数的取值范围是___________. 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 已知集合，. （1）若，求实数的取值范围； （2）若是的必要不充分条件，求实数的取值范围. 16. 已知函数的图象如下图所示. （1）求的解析式与最小正周期； （2）求的单调递增区间与在区间上的值域. 17. 某快递公司为优化配送效率，确定配送车辆的发车时间间隔（单位：分钟）满足，经市场调研测算，配送车辆的载货量与发车时间间隔相关，当时，车辆为满载状态，载货量为600件，当时，载货量会减少，减少的件数与的平方成正比，且发车时间间隔为5分钟时的载货量为536件，记车辆载货量为. （1）求表达式，并求当发车时间间隔为8分钟时，车辆的载货量； （2）若该快递公司每分钟的净收益为（元），问当发车时间间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大，并求出最大值. 18. 已知是定义在上的奇函数． （1）判断在定义域上的单调性，并证明； （2）解不等式：； （3）若，，成立，求实数的取值范围． 19. 已知定义在上的函数在上单调递增．为偶函数，且当时，． （1）求在上的解析式； （2）若函数与的值域相同，求实数的值； （3）令，讨论关于的方程的实数根的个数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学试卷 满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的姓名、准考证号分别填写在试卷和答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其它答案.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应的区域内，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. 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】求解集合，利用交集的运算求解. 【详解】，， ， 故选：A. 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】根据全称量词命题否定的定义，先把全称量词命题改为存在量词命题，再否定结论. 【详解】根据命题“，”， 可得否定是，， 故选：C. 3. 已知函数，则（ ） A. 2 B. C. D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】先求出，再求得. 【详解】由题可知，所以. 故选：B. 4. 在平面直角坐标系中，角的顶点为原点，始边为轴的非负半轴，终边过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接根据的定义求解即可． 【详解】到原点的距离为， 则． 故选：A． 5. 函数的图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据对数函数的图象和性质，分析已知函数的定义域、图象经过点及单调性，进而判断选项． 【详解】的定义域为，解得，渐近线为， ，，故函数过点， 的底数，单调递增， 综上，选项B中图象符合函数图象的性质，故B正确． 故选：B． 6. 圆环被同圆心的扇形截得的一部分叫做扇环.如图所示，扇环的内圆弧的长为，外圆弧的长为，圆心角，则该扇环的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据扇形面积公式，用大扇形面积减去小扇形面积即可. 【详解】由题得在扇形中，，解得，所以有扇形的面积为； 在扇形中，有，解得，所以有扇形的面积为， 所以该扇环的面积为， 故选：A. 7. 已知幂函数为奇函数，且在上单调递减，则满足不等式的实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由幂函数在上是单调递减函数，得到，解得的值，对的值进行讨论结合为奇函数得到，转化为，从此不等式的形式可得到幂函数，其定义域为，且在上为单调递增函数，则转化为，计算此不等式组得到的范围. 【详解】幂函数在上是单调递减函数， ，， ，， 当时，，， 故是偶函数，不符合题意； 当时，，， 故是奇函数，符合题意； 综上可知，，转化为， 的定义域为，且在上为单调递增函数， 转化为，，. 故选：D. 8. 深度学习中，指数衰减的学习率模型为，其中为每轮优化的学习率，为初始学习率，为衰减系数，为训练迭代轮数，为衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.6，衰减速度为20，当训练迭代轮数为20时，学习率为0.5，则学习率衰减到0.3以下（不含0.3）所需的训练迭代轮数至少为（参考数据：，）（ ） A. 63 B. 62 C. 61 D. 60 【答案】C 【解析】 【分析】先根据已知条件计算得到，再代入计算得到答案； 【详解】根据已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.6，衰减速度为20， 当训练迭代轮数为20时，学习率为0.5，代入得到，解得， 因此， 当学习率衰减到0.3以下（不含0.3）时，，即，所以 两边取对数， 因为，所以， 代入，，得，所以 因此学习率衰减到0.3以下（不含0.3）所需的训练迭代轮数至少为 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. 已知，，是实数，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】BD 【解析】 【分析】举反例判断A，C；作差法判断B，由不等式的性质判断D. 【详解】对于A，当时，，故A错误； 对于B，， 所以，故B正确； 对于C，当时，，但，故C错误； 对于D，当时，不成立，所以， 所以若，则，故D正确； 故选：BD 10. 已知函数的图象是由函数的图象向右平移个单位长度后得到，则下列结论正确的有（ ） A. B. 的图象关于点成中心对称 C. 是的图象的一条对称轴 D. 不等式的解集为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用图象变换求出函数的解析式判断A；利用正弦函数对称性判断BC；利用三角恒等变换，结合正弦函数性质求解不等式判断D. 【详解】对化简：， 函数图象向右平移个单位，则，故选项A正确； 对于，其对称中心满足（），即（）， 当时，，所以的图象不关于点成中心对称，选项B错误； 对于，其对称轴满足（），即（）， 当时，，所以是的图象的一条对称轴，选项C正确； 由，得， 根据正弦函数图象，（），解得（），故选项D正确. 故选：ACD. 11. 设函数的定义域为，且的图象关于成中心对称，，当时，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 在上为增函数 C. 为偶函数 D. 方程有且仅有6个实数解 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据图象关于中心对称和，得出函数的周期，画出图像，然后检验选项. 【详解】已知定义域为，图象关于中心对称得，， 由与，得， 令，则，，故， 进而，即是周期为 8 的周期函数. 如图； 选项A，由周期可得， 由中心对称， , 由对称轴， , 代入解析式， ， 故，所以A 错误. 选项B，由周期与对称性，对应平移，由图像可得上单调递增，所以B正确. 选项C，由图像可得，关于对称，所以为偶函数，所以C正确. 选项D，方程，即()，由图像可得，总计6个解，所以D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数的定义域为，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由对数的真数恒大于零知二次函数恒大于零，利用判别式小于零即可得解. 【详解】因为函数的定义域为， 所以在上恒成立， ，解得， 解得， 所以实数的取值范围是， 故答案为： 13. 已知，，则___________. 【答案】## 【解析】 【分析】先求得的范围，利用同角三角函数关系式求得.由，根据两角差的正弦可求得. 【详解】，所以. ，所以 . 所以. 故答案为：. 14. 对于函数，若存在，使，则称点与点是函数的一对“隐对称点”.若函数的图象存在“隐对称点”，则实数的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】依题意的图象上存在点关于原点对称，设函数的图象与函数的图象关于原点对称，求出的解析式，则问题转化为方程，有解，参变分离结合基本不等式的性质计算可得. 【详解】依题意函数的图象上存在点关于原点对称， 设函数图象与函数的图象关于原点对称， 设，则，， 所以， 函数存在“隐对称点”，即方程，有解； 得，， 利用基本不等式， 当且仅当时，等号成立，所以实数的取值范围为. 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. 已知集合，. （1）若，求实数的取值范围； （2）若是的必要不充分条件，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由集合的运算得到，再分和不是空集两种情况由集合的包含关系解不等式组可得； （2）先由是的必要不充分条件得到是的真子集，再由集合包含关系解不等式组可得. 【小问1详解】 ∵，∴． 又∵，． ∴当，即时，，符合； 当，即时，只需，解得． 综上，取值范围为． 【小问2详解】 ∵是的必要不充分条件． ∴是的充分不必要条件，即是的真子集， 故只需且等号不同时成立，解得． 综上，取值范围是． 16. 已知函数的图象如下图所示. （1）求的解析式与最小正周期； （2）求的单调递增区间与在区间上的值域. 【答案】（1），最小正周期为； （2）；. 【解析】 【分析】（1）由图像，可得最值，最小正周期，特殊点坐标，据此可得解析式； （2）由（1）结合余弦函数单调性可得答案. 小问1详解】 由图可得，最小值为，则. 由图可得的个最小正周期为，则的最小正周期为， 从而. 由图可得，又，则. 由图可得，结合，可得. 综上可得，，最小正周期为； 【小问2详解】 由（1）令，则. 即的单调递增区间为. 因，由（1），. 因在上单调递增，在上单调递减， 则，. 则的值域为. 17. 某快递公司为优化配送效率，确定配送车辆的发车时间间隔（单位：分钟）满足，经市场调研测算，配送车辆的载货量与发车时间间隔相关，当时，车辆为满载状态，载货量为600件，当时，载货量会减少，减少的件数与的平方成正比，且发车时间间隔为5分钟时的载货量为536件，记车辆载货量为. （1）求的表达式，并求当发车时间间隔为8分钟时，车辆的载货量； （2）若该快递公司每分钟的净收益为（元），问当发车时间间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大，并求出最大值. 【答案】（1），； （2）时，每分钟的净收益最大，为536元. 【解析】 【分析】（1）当时，由题可得；当时，由题设，由，可得，据此可得答案； （2）由（1）分析结合基本不等式可得答案. 【小问1详解】 当时，； 当时，由题可设，因， 则. 从而，. 【小问2详解】 由（1），当时，，当且仅当时取等号； 当时，， 当且仅当，即时取等号.又注意到，则. 综上可得：当时，每分钟的净收益最大，为元. 18. 已知是定义在上的奇函数． （1）判断在定义域上的单调性，并证明； （2）解不等式：； （3）若，，成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）单调递增，证明见详解 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据奇函数的性质列等式求解得到a、b的值，再根据单调性的定义证明即可； （2）利用奇偶性及单调性列不等式求解即可； （3）求出的最小值，再将不等式转化为在上恒成立的问题求解即可． 【小问1详解】 由题意可知的定义域关于原点对称，即， 且，解得，所以， 任取且， 则， 因为，所以，因为，所以， 则，可得，即， 所以在上单调递增． 【小问2详解】 由题意可得， 因为单调递增，且定义域为， 所以有 解得，所以不等式的解集为． 【小问3详解】 因为在单调递增， 所以， 则原条件等价于：， 化简得， 令，要使在上恒成立，只需端点值非负， 即， 解得或或，所以的取值范围为． 19. 已知定义在上的函数在上单调递增．为偶函数，且当时，． （1）求在上的解析式； （2）若函数与的值域相同，求实数的值； （3）令，讨论关于的方程的实数根的个数． 【答案】（1） （2） （3）时，实根个数为2，，实根个数为1 【解析】 【分析】（1）利用偶函数的定义和性质结合已知条件求出在对应区间上的解析式； （2）利用二次函数的性质求出的值域，利用指数函数的性质求出的值域，结合值域相等条件构造方程并求解； （3）利用二次函数和指数函数的性质，分情况讨论方程的实根个数． 【小问1详解】 是偶函数，， 当时，，代入时的解析式： ， 在上的解析式． 【小问2详解】 开口向上，对称轴为， 又函数在上单调递增， ，最小值为， 的值域为， 是偶函数，时，单调递增， ，， ，故值域为， 函数与的值域相同， ， 时，单调递增，单调递增，单调递增， ，当时，等式成立， 时，存在唯一解． 【小问3详解】 ，， 若，当时，，即， ，， 设两根为，则，故， 存在2个小于0的根； 当时，，， 时，，，故无解， 时，根的个数为2； 若，当时，，即，解得，有1个根； 当时，，解得，不满足，故无解， 时，根的个数为1； 若，当时，，即， ，， 时，，与矛盾，故无解；时，故无解； 当时，令，此时函数单调递增， 且 所以,使得，所以函数只有一个零点； 时，根的个数为1． 综上，时，方程的实数根的个数为2； ，方程的实数根的个数为1． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $