精品解析：重庆市巴蜀中学2025-2026学年高一上学期期末数学试题

重庆市巴蜀中学高一上学期期末考试 数学试卷 一、单项选择题:(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的) 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“”的否定为（ ） A. B. C. D. 3. 下面四个数中，与最接近的是（） A. B. C. D. 0 4. 已知函数的图象关于点对称，且在区间上单调递增，则可以是（ ） A. B. C. D. 5. 已知且，则的最小值是（ ） A. 1 B. 22 C. 30 D. 49 6. 函数图象大致是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则有（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若方程在区间上有实数解且，则的值不可能为（ ） A. B. 0 C. 2 D. 3 二、多项选择题(本题共3小题，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，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则的图象过定点 B. 若且，则的最小值为4 C. 当时，是上的增函数 D. 若，则 10. 已知函数的部分图像如图所示，与轴交点为，则（ ） A. B. 若函数在上单调，则的最大值为 C. 设方程在上有两个不等实数根，则 D. 为偶函数，则 11. 已知函数，其中，则下列说法正确的是（） A. B. 若是偶函数，则 C. 若是偶函数，当取最小值时，，则或 D. 若是常值函数，则 三、填空题:(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12. 求值:_____ 13. 已知，则_____ 14. 已知函数为单位圆上一动点，若恒成立，则实数k的取值范围为_____ 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. 在平面直角坐标系中，角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点． （1）若点，求的值； （2）若点在第一象限，且，求的值． 16. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，． （1）求的解析式； （2）当函数的定义域为且时，函数的值域为，求实数的取值范围． 17. 重庆市巴蜀中学第34届学生艺术节上，同学们又看到了机器人的精彩表演，随着我国人工智能技术不断突破，机器人的功能也越来越强大.据了解，可以用公式计算机器人的最大运算频率(单位:)，其中(单位:)是相对运算频率，(单位:)是机器人控制模块的质量，(单位:)是机器人控制模块和其它模块的质量总和，称为“和谐比”，型机器人的相对运算频率是 （1）当和谐比为100时，利用给出的参考数据求P型机器人的最大运算频率； （2）经过材料更新和技术改进后，P型机器人相对运算频率提高到了原来的倍，和谐比变为原来的，若要使P型机器人的最大运算频率至少增加200Hz，求在材料更新和技术改进前和谐比的最小整数值．参考数据:． 18. 已知函数． （1）若的最小正周期为，求的单调递增区间； （2）将的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，得到的图象． （ⅰ）求的解析式; （ⅱ）若在上有且仅有两个零点，求的取值范围． 19. 阅读以下两则教材中截取的材料，并利用材料中的思想方法解决以下问题 材料1:以下是教材中利用构建几何图形，从而得到代数式的几何意义(几何表示)，证明了基本不等式的成立 将教材中图2.1－3中的“风车”抽象成图2.1－4．在正方形中有4个全等的直角三角形．设直角三角形的两条直角边的长为，，那么正方形的边长为．这样，4个直角三角形的面积和为，正方形的面积为．由于正方形的面积大于4个直角三角形的面积和，我们就得到了一个不等式 . 当直角三角形变为等腰直角三角形，即时，正方形缩为一个点，这时有. 于是就有． 材料2: 我们已经知道，函数在区间内存在一个零点.进一步的问题是，如何求出这个零点呢？一个直观的想法是：如果能将零点所在的范围尽量缩小，那么在一定精确度的要求下，就可以得到符合要求的零点的近似值.为了方便，可以通过取区间中点的方法，逐步缩小零点所在的范围 大多数方程都不能像一元二次方程那样用公式求出精确解.在实际问题中，往往只需求出满足一定精确度的近似解． （1）请仿照材料1中的方法借助三角形OAP及扇形OAP的面积证明:. （2）已知函数 （ⅰ）已知是关于的方程的解，求使不等式成立的整数的最大值. （ⅱ）已知且有且仅有两个零点，记为，判断与的大小，并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市巴蜀中学高一上学期期末考试 数学试卷 一、单项选择题:(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的) 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，所以， 所以. 故选：B 2. 命题“”的否定为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题可得. 【详解】命题“”的否定为“”. 故选：A. 3. 下面四个数中，与最接近的是（） A. B. C. D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角函数的诱导公式，将化简为一个锐角三角函数，再根据特殊角的三角函数值判断其最接近的值. 【详解】， 因为非常接近，所以最接近. 故选：C 4. 已知函数的图象关于点对称，且在区间上单调递增，则可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用中心对称的性质判断A；利用正切函数的性质判断B；利用余弦函数的性质判断C；举反例判断D即可. 【详解】对于A，由题意得 ，则的图象不关于点对称，故A错误， 对于B，由正切函数性质得，在上单调递增，且为其图象的对称中心，故B正确； 对于C，由余弦函数性质得，在上单调递减，故C错误； 对于D，若的图象关于点对称，则， 当时，对于， 可得， 则的图象不关于点对称，故D错误. 故选：B 5. 已知且，则的最小值是（ ） A. 1 B. 22 C. 30 D. 49 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可得，结合基本不等式求解即可. 【详解】由于，则， 因为，所以，故， 即，解得：，即， 当且仅当，即，时等号成立， 则的最小值是， 故选：D 6. 函数图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的定义域、奇偶性及赋值法判断即可. 【详解】令，则，所以函数定义域为. ， 所以为偶函数，排除B、D. 当时，，，而在范围内， 所以在上会有正负变化，故排除A. 故选：C 7. 已知，则有（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用及和角的正切公式求得，利用二倍角公式求出，根据对数函数的性质求得的取值范围，比较. 【详解】， ， ，由，得. 所以. 故选：C. 8. 已知函数，若方程在区间上有实数解且，则的值不可能为（ ） A. B. 0 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，分类讨论，当时、当时以及当时，结合零点存在定理求解方程的实数根的情况，即可求得答案. 【详解】由题意知，则， 当时，由得，解得， 此时可取； 当时，由得，化简得， 令，由于在上单调递减，在上单调递增， 故在上单调递增， 且，故在上存在唯一零点， 从而方程在上有且仅有一个实数根，此时可取； 当时，由得，化简得， 令， 由于在上单调递减，在上单调递减， 故在上单调递减， 且， 故在上存在唯一零点， 从而方程在上有且仅有一个实数根，此时可取； 综合可知n的值可取，3不可能取到， 故选：D 二、多项选择题(本题共3小题，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，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则的图象过定点 B. 若且，则的最小值为4 C. 当时，是上的增函数 D. 若，则 【答案】BD 【解析】 【分析】先确定函数的定义域进而判断A，C，结合题意并利用基本不等式判断B，利用复合函数的性质和正切函数的性质判断D即可. 【详解】对于A，当时，， 令，解得，当时，解得， 当时，解得， 则的图象不可能过定点，故A错误； 对于B，因为，所以，则， 得到， 由基本不等式得， 当且仅当时，即取等号， 则，即的最小值为4，故B正确； 对于C，当时，则， 令，解得， 则不可能是上的增函数，故C错误； 对于D，当时，令， 由指数函数性质得在上单调递减， 由对数函数性质得在上单调递增， 由复合函数的性质得在上单调递减， 因为，所以，则，故D正确. 故选：BD 10. 已知函数的部分图像如图所示，与轴交点为，则（ ） A. B. 若函数在上单调，则的最大值为 C. 设方程在上有两个不等实数根，则 D. 为偶函数，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】首先根据图像求出判断A；由正弦型函数的单调性可判断B；由正弦型函数的对称性可判断C；由正弦型函数的奇偶性可判断D. 【详解】由题意，所以周期， 由图可知，即，解得， 因为与轴交点为且，所以，即或， 当时，，解得，符合题意； 当时，，解得，不符合题意. 所以，，故A错误； ， 当时，， 若函数在上单调，则，解得， 所以的最大值为，故B正确； 令，解得，取，得， 即函数在上的对称轴方程为， 则当方程在上有两个不等实数根时，， 则，故C正确； ， 若为偶函数，则，解得，故D正确. 故选：BCD 11. 已知函数，其中，则下列说法正确的是（） A. B. 若是偶函数，则 C. 若是偶函数，当取最小值时，，则或 D. 若是常值函数，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过代入特殊值、利用偶函数定义和恒成立条件，依次判断各选项即可得出结果. 【详解】对于选项A：代入，则，A正确； 对于选项B： 要使恒成立，需，即为偶数，为奇数，即，B错误； 对于选项C：若是偶函数，当取最小值时，由B知，最小正奇数为. 此时 因为，令，则 解得或，即或，C正确； 对于选项D，假设为常数，代入特殊值验证： ， ， 由得，即. 解得，即，. 则， 则， 由于，，则， 则， 则，则， 验证时： ，确实为常值函数，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. 求值:_____ 【答案】5 【解析】 【分析】根据对数的运算公式即可求解. 【详解】原式. 故答案为：5 13. 已知，则_____ 【答案】或##或 【解析】 【分析】利用诱导公式可得，根据同角三角函数关系式，得，从而求得的值，进而求得. 【详解】由，可得， 所以，则 所以，所以 当，时，，，故， 当，时，，故 故或3. 故答案为：或3. 14. 已知函数为单位圆上一动点，若恒成立，则实数k的取值范围为_____ 【答案】 【解析】 【分析】判断函数的的奇偶性和单调性，从而将恒成立转化为恒成立，结合为单位圆上一动点，设，根据三角恒等变换化简求值，即可求得答案. 【详解】由题意知，定义域为R， 且， 故为R上的奇函数； 又时，，而在R上单调递增， 在R上单调递减，故在上单调递增， 又为R上的奇函数，则在上也单调递增， 结合，可知在R上单调递增； 由恒成立，可得， 即得恒成立，即恒成立， 即得恒成立， 又为单位圆上一动点，设， 则， 令，由于，则， 则，且， 则 ， 当且仅当时等号成立，即得. 所以， 解得，即实数k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. 在平面直角坐标系中，角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点． （1）若点，求的值； （2）若点在第一象限，且，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据任意角正弦、余弦的定义，求得的值，根据二倍角的正弦公式求得的值； （2）由点在第一象限，得，，则，，利用同角三角函数的平方关系求得，根据两角差的正弦公式求得的值. 【小问1详解】 因为点为角终边上一点，则，， 则. 【小问2详解】 因为点A在第一象限，则，，则， 因为，所以. 所以． 16. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，． （1）求的解析式； （2）当函数的定义域为且时，函数的值域为，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 因为为上的奇函数，所以， 当时，， 所以当时，， 所以， 所以 【小问2详解】 设，因为在上单调递减， 所以 即，是方程的两个不相等的正根， 故方程有两个不相等的正根， 故，解得. 实数的取值范围为. 17. 重庆市巴蜀中学第34届学生艺术节上，同学们又看到了机器人的精彩表演，随着我国人工智能技术不断突破，机器人的功能也越来越强大.据了解，可以用公式计算机器人的最大运算频率(单位:)，其中(单位:)是相对运算频率，(单位:)是机器人控制模块的质量，(单位:)是机器人控制模块和其它模块的质量总和，称为“和谐比”，型机器人的相对运算频率是 （1）当和谐比为100时，利用给出的参考数据求P型机器人的最大运算频率； （2）经过材料更新和技术改进后，P型机器人相对运算频率提高到了原来的倍，和谐比变为原来的，若要使P型机器人的最大运算频率至少增加200Hz，求在材料更新和技术改进前和谐比的最小整数值．参考数据:． 【答案】（1） （2）44 【解析】 【分析】（1）根据，求得P型机器人的最大运算频率； （2）由题意列出关于材料更新和技术改进前后关于和谐比的方程，若要使P型机器人的最大运算频率至少增加200Hz，则，求解可得. 【小问1详解】 ． 【小问2详解】 设材料更新和技术改进前，， 材料更新和技术改进后，． 因为要使最大运算频率至少增加，所以， 即：， 所以， 即，所以. 因为，， 所以在材料更新和技术改进前和谐比的最小整数值为44. 18. 已知函数． （1）若的最小正周期为，求的单调递增区间； （2）将的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，得到的图象． （ⅰ）求的解析式; （ⅱ）若在上有且仅有两个零点，求的取值范围． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）先利用三角恒等变换化简，再根据周期公式求出，最后代入正弦函数的单调递增区间公式求解； （2）（i）由平移和伸缩变换得到的解析式；（ii）求出时的零点表达式，再结合的范围，通过分析零点个数来确定的取值范围. 【小问1详解】 ． 由的最小正周期为可知，即 令，得到． 所以的单调递增区间为 【小问2详解】 （ⅰ） （ⅱ）令，得到 不妨设，记，则 由于在上有且仅有两个零点，故有，， ， 分别解得，，，． 要使有解，则，，解得． 由于，则．得到 19. 阅读以下两则教材中截取的材料，并利用材料中的思想方法解决以下问题 材料1:以下是教材中利用构建几何图形，从而得到代数式的几何意义(几何表示)，证明了基本不等式的成立 将教材中图2.1－3中的“风车”抽象成图2.1－4．在正方形中有4个全等的直角三角形．设直角三角形的两条直角边的长为，，那么正方形的边长为．这样，4个直角三角形的面积和为，正方形的面积为．由于正方形的面积大于4个直角三角形的面积和，我们就得到了一个不等式 . 当直角三角形变为等腰直角三角形，即时，正方形缩为一个点，这时有. 于是就有． 材料2: 我们已经知道，函数在区间内存在一个零点.进一步的问题是，如何求出这个零点呢？一个直观的想法是：如果能将零点所在的范围尽量缩小，那么在一定精确度的要求下，就可以得到符合要求的零点的近似值.为了方便，可以通过取区间中点的方法，逐步缩小零点所在的范围 大多数方程都不能像一元二次方程那样用公式求出精确解.在实际问题中，往往只需求出满足一定精确度的近似解． （1）请仿照材料1中的方法借助三角形OAP及扇形OAP的面积证明:. （2）已知函数 （ⅰ）已知是关于的方程的解，求使不等式成立的整数的最大值. （ⅱ）已知且有且仅有两个零点，记为，判断与的大小，并说明理由. 【答案】（1） 构造单位圆，角的终边与单位圆交于，过作轴于为单位圆与轴正半轴的交点；如下图： 则，． 当时，的面积小于扇形的面积，故， 故 ． （2）（ⅰ）2； （ⅱ），理由如下： ． 时，，即1一定不是的零点. 令，化简可得. 记（且），则，亦为的零点 当时，单调递增，在单调递增，则在上单调递增. 又， 当时，，则在上有唯一零点，由题即 又，所以亦为的零点，又， 则必有，则. 又由（1）可知当时，，则，而，则 由（2）（ⅰ）可知，在上单调递增，所以，所以. 【解析】 【分析】（1）构造单位圆，根据当时，的面积小于扇形的面积，可证明； （2）（ⅰ）求得的解析式，由题可知且.构造新函数，求得的表达式利用基本不等式求得其取值范围，进而求得的最大值； （ⅱ）写出的解析式，易得1一定不是的零点.当时，记（且），则，亦为的零点，分析的单调性可得，结合（1）和（ⅰ）可证得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）已知，，则． 方程整理为且. 则，从而，所以. 记，则． 设，则，所以，即在上单调递增． 则由可得，即，. 设，则在上单调递增． 因为，，所以． 当时，，当且仅当，即时，等号成立. 所以当时，. 所以，故整数的最大值为2． （ⅱ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $