精品解析：浙江宁波市九校2025-2026学年第一学期期末高一数学试卷

宁波市2025第一学期学年期末九校联考 高一数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名.准考证号填写在答题卡上. 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. 第I卷 一､选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 已知全集，集合，如图阴影部分表示的集合是（ ） A. B. 或 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由韦恩图得阴影部分为,利用集合的运算即可求解. 【详解】由韦恩图得阴影部分为， 因为，所以， 所以 故选：D. 2. 已知，则下列等式中成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用平面向量的线性运算求解. 【详解】因为 ， 所以， 即 ， 所以， 故选：C 3. 已知，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先化简命题p，再根据充分不必要条件的定义求解. 【详解】由，得， 解得， 设， 因为是的充分不必要条件， 所以A⫋B，则， 故选：A 4. 已知，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用指数函数和对数函数的单调性求解. 【详解】因为，，所以， 又因为， 所以， 故选：B 5. 函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由定义域为，故选项A错误，当时，图象在轴上方，故B、D错误，利用排除法C选项正确. 【详解】函数的定义域为，故选项A错误， 当时，，所以， 所以当时，图象在轴上方，故B、D错误. 利用排除法C选项正确. 故选：C. 6. 已知，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据同角三角函数关系，结合两角和的正弦公式、两角和的余弦公式进行求解即可. 【详解】因为， 所以，又因为， 所以， 由， 又因为， 所以解得. 因为， 所以，又因为， 所以， 所以. ， 因为， 所以，所以， 所以 . 故选：B 7. 模型是常用于描述物种数量增长或信息传播规律的数学模型.某学者根据社交平台上某热点话题的转发数据，建立了该话题累计转发量（的单位：小时）的模型：，其中为平台潜在最大转发量，为增长速率.已知当时，转发量达到最大转发量的.当时，标志着该话题已进入传播饱和阶段，则从到进入传播饱和阶段大约还需要（ ）小时.（注：为自然对数的底数，） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由条件得到方程，从中求出的值，再求出当时的所需时间的值，再用即可得解. 【详解】已知，由题意知. 当时，，即，即. 两边同时取自然对数可得，则. 当话题已进入传播饱和阶段，即时， 可得，即， 即，即. 两边同时取自然对数可得. 将代入上式可得， 解得，即. 将代入上式可得. 即话题从开始转发到进入传播饱和阶段所需要的时间约为小时， 所以从到进入传播饱和阶段大约还需要小时. 故选：D 8. 已知函数，则不等式解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，即可判断的奇偶性与单调性，则不等式等价于，结合单调性与奇偶性转化为自变量的不等式，解得即可. 【详解】因为， 令， 则的定义域为且， 所以为奇函数，又、、均在上单调递增， 所以在上单调递增， 所以不等式， 即， 即，即， 等价于，解得， 所以不等式解集为. 故选：C 二､多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分.） 9. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. B. 的值域是 C. 的对称中心是 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】运用代入法，结合指数函数的单调性、对称性的性质逐一判断即可. 【详解】A：因为，所以本选项正确； B：因为，所以， 所以的值域是，因此本选项正确； C：因为， 所以的对称中心是，因此本选项不正确； D：因为，， 所以， 因此本选项正确. 故选：ABD 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，图象的对称轴方程为 B. 当时，将的图象向左平移个单位长度后得到的图象，则为偶函数 C. 若函数的图象在上恰有三条对称轴，则 D. 若函数在上单调递增，则或 【答案】BCD 【解析】 【分析】当时，，直接利用三角函数的性质求得对称轴验证A错误，利用函数变换得到为偶函数则B正确，利用函数的性质求得函数的对称轴和单调递增区间验证C、D即可求解. 【详解】当时，，令, 得到图象的对称轴方程为，故A错误； 将的图象向左平移个单位长度后得到的图象， 则为偶函数，故B正确； 函数的对称轴满足， 解得， 因为函数的图象在上恰有三条对称轴，即存在三个值使得， 时，，时，， 所以，解得，故C正确， 函数的单调递增区间满足， 解得， 函数在上单调递增， 当时，递增区间为，所以即， 因为，所以. 当时，递增区间为， 所以，解得， 综上所述，函数在上单调递增，则或，故D正确； 故选：BCD. 11. 已知，若，且，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则且 B. 若，则的最小值为-1 C. 若，则有两个不同的取值 D. 不存在，使得均为正数 【答案】ABC 【解析】 【分析】先通过展开已知等式得到关键关系式 ，再用完全平方公式整体换元，设 ，将问题转化为关于 的一元二次方程 ，最后通过代入求值及判别式分析根的情况，即可判断各选项的正确性. 【详解】因为， 所以：， ， 即，① 又由完全平方公式： 代入 ①，得 整理得② 令 ，代入②得③ 选项A：若 ，则 且 把代入③得，所以，即，所以 ， 代入①： A正确； 选项B：若 ，则 的最小值为 由 ，得： 则，代入 则 是方程 的实根， 故判别式 ，所以 所以，所以 所以，，即 因此 的最小值为 . B正确； 选项C：若 ，则 有两个不同的取值 ③的判别式： 当 时，，方程有两个不同的实根，即 有两个不同取值.C正确； 选项D：不存在 ，使得 均为正数， 假设 ，我们验证是否存在这样的： 由①得，即， 由③得，所以， 取 ，则 ， ， 要证明存在 使得 且 ， 只需说明存在 使得关于 的方程， （其中 ）有三个正实根， 令，则， 令 ，解得，, 所以极大值（在 处）： 极小值（在 处）：， 所以当 时，方程 在 上有三个不同的正实根， 这三个根即为 ，满足 ，说明存在 使得 均为正数.D错误. 故选：ABC. 第II卷 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知，均为单位向量，且，则，的夹角为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据数量积的运算律求出，再由夹角公式计算可得. 【详解】因为，均为单位向量，且， 所以， 所以， 所以， 所以,的夹角余弦值为，所以,的夹角为. 故答案为：. 13. 设函数，若且，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据分段函数图象及对数运算及对数不等式计算求解. 【详解】函数， 设且， 则，即，所以，， 因为，所以， 则的取值范围为. 故答案为：. 14. 函数的函数值表示不超过的最大整数，例如：.若，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由“取整函数”的定义可知，分和两种情况求解即可. 【详解】由“取整函数”的定义可知， 因为，所以，所以，即， 当，所以，即， 所以，所以， 所以； 因为，所以， 所以，所以. 当，所以，即， 因为，所以， 因为，所以且， 当时，即且， 所以且，所以， 当时，即且， 所以且，所以无解； 当时，即且， 所以且，所以无解； 综上所述，则的取值范围为. 故答案为：. 四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.） 15. 计算： （1）； （2）已知，且，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用指数和对数的运算法则化简； （2）根据指对互化以及对数的单调性求出代入化简即可. 【小问1详解】 ； 【小问2详解】 由，得，则，得，解得， 则. 16. 已知等边三角形的边长为2，以顶点为圆心，2为半径作圆弧，设是弧上的动点（包括端点）. （1）求阴影部分的面积； （2）求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据扇形及三角形的面积公式分别求出及，然后两式相减即可得解； （2）以为原点，建立平面直角坐标系，设，则，进而得到的解析式，再利用三角函数求出其值域即可得解. 【小问1详解】 设阴影部分的面积为， 则； 【小问2详解】 以为原点，为轴，过作垂直于的直线为轴， 建立如图所示的平面直角坐标系，则， 设，则. 所以 所以， 所以 . 当时，，， 所以，. 所以的取值范围为. 17. 已知二次函数. （1）若，且都有，求的最小值； （2）解关于的不等式：. 【答案】（1） （2） 当时，不等式解集为 当时，不等式解集为 时，不等式解集为 时，不等式解集为 当时，不等式解集为 【解析】 【分析】（1）由题得到，所以，再利用基本不等式求解即可. （2）不等式等价于，对分三种情况讨论即可 【小问1详解】 由题，对称轴为，所以，变形得，则 ， 当且仅当，即时等号成立，的最小值为. 【小问2详解】 不等式即求解 ①当时，，解集为 ②当时，抛物线开口向上， 若，即时，恒成立，解集为 若，即时，则，解集为 若，即时，不等式解集为 ③当时，抛物线开口向下，此时恒成立， 不等式解集为 18. 已知函数为定义在上的偶函数. （1）求实数的值； （2）已知函数. ①若关于的方程有4个不同的实数根，求的取值范围： ②若，关于的不等式对恒成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2）①且.；② 【解析】 【分析】（1）根据偶函数的定义即可求出； （2）①先化简函数进而得到的解析式，再根据题意列出不等式求解即可； ②令，将不等式转化为，设，得到关于的函数，分类讨论即可. 【小问1详解】 由题意得，对恒成立，. 【小问2详解】 ①， ， 易知，原方程可转化为，得或， 根据方程根的个数可得，解得且. ②令， 原不等式可转化为， 设，令， 当时，， 可得，故， 当时，， 在上单调递增，，可得 当时，， 在上单调递增，，故 综上所述， 故 19. 已知函数. （1）当时，求函数的值域： （2）①证明：； ②若函数，证明：当时， 【答案】（1） （2） ① ② 因为，所以， 欲证， 只需证， 因为， ， 所以， 则 ， 又当时，则，， 故当时，上式； 当时，上式， 而，等号无法取得，故目标不等式得证. 【解析】 【分析】（1）利用诱导公式化简，令，求出范围，结合对勾函数求最值； （2）①利用两角和差的余弦公式证明；②将问题转化为求证，利用公式化简，进而利用进行放缩即可. 【小问1详解】 由题意得， 令，则， 因为，所以，所以， 因为在上单调递增，所以， 故； 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宁波市2025第一学期学年期末九校联考 高一数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名.准考证号填写在答题卡上. 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. 第I卷 一､选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 已知全集，集合，如图阴影部分表示的集合是（ ） A. B. 或 C. D. 2. 已知，则下列等式中成立的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 模型是常用于描述物种数量增长或信息传播规律的数学模型.某学者根据社交平台上某热点话题的转发数据，建立了该话题累计转发量（的单位：小时）的模型：，其中为平台潜在最大转发量，为增长速率.已知当时，转发量达到最大转发量的.当时，标志着该话题已进入传播饱和阶段，则从到进入传播饱和阶段大约还需要（ ）小时.（注：为自然对数的底数，） A. B. C. D. 8. 已知函数，则不等式解集为（ ） A. B. C. D. 二､多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分.） 9. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. B. 的值域是 C. 的对称中心是 D. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，图象的对称轴方程为 B. 当时，将的图象向左平移个单位长度后得到的图象，则为偶函数 C. 若函数的图象在上恰有三条对称轴，则 D. 若函数在上单调递增，则或 11. 已知，若，且，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则且 B. 若，则的最小值为-1 C. 若，则有两个不同的取值 D. 不存在，使得均为正数 第II卷 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知，均为单位向量，且，则，的夹角为__________. 13. 设函数，若且，则的取值范围为__________. 14. 函数的函数值表示不超过的最大整数，例如：.若，则的取值范围为__________. 四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.） 15. 计算： （1）； （2）已知，且，求. 16. 已知等边三角形的边长为2，以顶点为圆心，2为半径作圆弧，设是弧上的动点（包括端点）. （1）求阴影部分的面积； （2）求的取值范围. 17. 已知二次函数. （1）若，且都有，求的最小值； （2）解关于的不等式：. 18. 已知函数为定义在上的偶函数. （1）求实数的值； （2）已知函数. ①若关于的方程有4个不同的实数根，求的取值范围： ②若，关于的不等式对恒成立，求的取值范围. 19. 已知函数. （1）当时，求函数的值域： （2）①证明：； ②若函数，证明：当时， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $