精品解析：浙江省杭州第二中学2025-2026学年高一第一学期期末考试数学试卷

杭州二中2025学年第一学期高一年级期末考试 数学试卷 命题：郑蓉蓉 陈诚 校对：朱俊杰 审核：陈洁 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟. 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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解绝对值不等式得A，根据交集的定义计算即可. 【详解】解得，即，B为奇数集，故. 故选：C 2. 已知角的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据角的终边的定义进行计算即可. 【详解】因为角的终边过点，则. 故选：B. 3. 函数的零点所在区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用零点存在性定理计算即可. 【详解】由， 在 上均递减， 所以在上递减，又，，所以零点所在区间为. 故选：C． 4. 函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出函数的定义域，再根据复合函数的单调性遵循“同增异减”的规律即可得解. 【详解】由，可得. 因为二次函数在上单调递减， 在上单调递增， 故由复合函数的单调性遵循“同增异减”的规律可知， 函数的单调递减区间为. 故选：D. 5. 幂函数为偶函数，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据幂函数的定义求出，再代入检验其是否为偶函数即可. 【详解】由题意可知，，得或， 若，则，是偶函数，符合题意， 若，则，是奇函数，不符合题意， 故. 故选：C 6. 已知函数，则（ ） A. 直线是函数图象的对称轴 B. 直线是函数图象的对称轴 C. 点是函数图象的对称中心 D. 点是函数图象的对称中心 【答案】A 【解析】 【分析】运用将数值代入的方法，结合正弦函数的性质逐一验证即可. 【详解】对于A：将代入，得， 因此直线是函数图象的对称轴，故A正确； 对于B：将代入，得， 故直线不是函数图象的对称轴，故B错误； 对于C：将代入，得， 故点不是函数图象的对称中心，故C错误； 对于D：将代入，得，故D错误. 故选：A. 7. 已知正实数，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用基本不等式对进行变形，然后结合的取值范围求解其最小值. 【详解】由基本不等式，可得， 要使下界最小，只需分母最大，分子最小即可，即， 此时， 验证等号条件，，即，当时，， 即，满足条件，故的最小值为. 故选：B. 8. 已知定义在R上的函数，不恒为，且满足，，，则下列说法不正确的是（ ） A. B. 为奇函数 C. 点是函数图象的对称中心 D. 为周期函数且周期为2 【答案】D 【解析】 【分析】令可判断A，令可判断B，令可得，即可推出的周期，从而判断D，结合及分析得到判断C. 【详解】对于A：因为， 令可得，又不恒为， 所以存在使得，且，所以，故A正确； 对于B：因为， 令，则，又，所以， 即，所以为奇函数，故B正确； 对于D：因为， 令可得，又， 所以，即， 所以，则， 所以为周期函数且周期为，故D错误； 对于C：因为且， 所以，所以， 即，所以点是函数图象的对称中心，故C正确. 故选：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. 若实数，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据指数函数的性质判断A，根据对数函数的性质判断B，利用特殊值判断C，根据幂函数的性质判断D. 【详解】因为在定义域上单调递减且，所以，故A正确； 因为在定义域上单调递增且，所以，故B正确； 当时，，故C不正确； 因为在定义域上单调递增且，所以，故D正确. 故选：ABD 10. 函数（，）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 在上单调递减 D. 的图象可由的图象向左平移个单位长度而得 【答案】ABD 【解析】 【分析】由图象的周期及特殊位置的三角函数值求得函数解析式，然后根据正弦函数性质及图象变换判断即可. 【详解】由题可知，，得，则. 由图象可知，， 得，又因为，故取，得， 则， 又由图象可知，，得， 则. 对于A：由以上分析可知，，故A正确； 对于B：由以上分析可知，，故B正确； 对于C：若，则， 因此在上先递减再递增，故C错误； 对于D：的图象向左平移个单位长度，得到，故D正确. 故选：ABD. 11. 设，且，，，则下列选项中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】借助当时，，判断AB；设，利用单调性得的范围. 【详解】先证：当时，， 在单位圆中，点，设，则， 过点A作直线AT垂直于x轴，交OP所在直线于点T， 由，得， 设扇形的面积为， 由图知，即， 即， 对于A，当时，，则，即，A正确； 对于B，当时，，则，即，结合， 则，故B错误； ，所以， 设， 因为在上单调递减， ，(实际略大于）， 所以，C错误，D正确. 故选：AD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ______. 【答案】 【解析】 【分析】利用两角和的正切公式计算，整理即可. 【详解】因为， 所以. 故答案为： 13. 如图，已知矩形截圆所得的劣弧（弧长小于半圆的弧）的长为，，则矩形在圆外部分的面积为______. 【答案】## 【解析】 【分析】由弧长公式求出，再由矩形面积减去扇形面积即可. 【详解】依题意，所以，又，, 所以，所以， 所以矩形在圆外部分的面积. 故答案为： 14. 已知函数，若，则实数a的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】先写出的定义域，再证明其为偶函数，且在单调递增，利用的奇偶性，可将转化为，再利用的单调性，可将其转化为，即可得解. 【详解】易知， ， 故函数的定义域为， 又因为，故是偶函数， 又易知与的对称轴分别为与， 因此与均在上单调递增， 故易知也在上单调递增. 由是偶函数可知，即， 又因为，，在上单调递增， 故由， 可得，解得 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. 已知函数（其中，均为常数，且）的图象经过点与点. （1）求，的值； （2）解不等式. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）将点的坐标代入解析式得到关于，的方程组，解得即可； （2）由（1）知，即可表示，则不等式可化为，根据对数函数、指数函数的单调性解得即可. 【小问1详解】 由题意知，即，解得， 所以，； 【小问2详解】 由（1）知，则， 不等式，即， 即， 所以，即，即，解得， 所以不等式的解集为. 16. 已知，均为锐角，且，. （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，再由平方关系求出、，最后由二倍角正弦公式计算可得； （2）首先求出，再由诱导公式求出，，最后由两角和的余弦公式计算可得. 【小问1详解】 因为，所以， 又且为锐角，解得， 所以； 【小问2详解】 因为为锐角，所以，又， 所以，所以， 所以， ， 所以 . 17. 已知函数. （1）时，求的单调区间； （2）若函数存在三个不同的零点，求实数a的取值范围. 【答案】（1）单调递增区间为和，单调递减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，，根据对勾函数的单调性求解； （2）问题转化为方程组①或②一个有一个解，另一个两个解，利用韦达定理分情况求解. 【小问1详解】 当时，， 当时，， 当且仅当时，等号成立， 且时，单调递减，时，单调递增， 当时，单调递增， 所以，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为； 【小问2详解】 令，即，也就是， 即①或②， 因为函数存在三个不同的零点，则①、②方程组一个有一个解，另一个两个解， 当①有两个解，则，得， 此时②有一个解，即，得， 所以此时； 当①有一个解，则，得， 此时②有两个解，即，得， 所以此时； 综上可得实数a的取值范围为. 18. 已知函数的最小正周期为. （1）求的单调递减区间； （2）若的图象向右平移个单位长度得到函数的图像，求在区间上的值域； （3）求方程的所有解的和. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用两角和的正弦公式化简，由周期求出，即可得到函数解析式，再根据正弦函数的性质计算可得； （2）求出平移后的解析式，由的范围求出的范围，结合正弦函数的性质求出函数的值域； （3）首先分析关于对称，也关于对称，画出函数图象，确定交点个数，即可求出方程的解的和. 【小问1详解】 因为， 又函数的最小正周期为且， 所以，解得，所以， 令，解得， 所以的单调递减区间为； 【小问2详解】 将的图象向右平移个单位长度得到， 又，则，所以， 所以，即在区间上的值域为； 【小问3详解】 因为，所以，所以关于对称； 又过点，即也关于对称； 令，解得，令，解得， 在同一平面直角坐标系中画出与的图象如下： 方程解，即与的交点的横坐标， 由图可知与共有个交点，且一个交点横坐标为，另外三对交点分别关于点对称， 所以方程的所有解的和为. 19. 已知，分别为定义在R上的奇函数与偶函数，且满足. （1）求的值： （2）求和； （3）定义，，记其值域为. （ⅰ）若存在正整数n，使得对任意的恒成立，求实数a的取值范围； （ⅱ）若，求n的最小值. 【答案】（1）； （2）,； （3）(i)；(ii). 【解析】 【分析】（1）令，由是奇函数可知，即可得解； （2）由和差化积公式对原式进行化简，再利用与的奇偶性，即可得解； （3）（ⅰ）先取，求得的范围，再证明与，对任意正整数，不等式不成立即可； （ⅱ）由的连续性及周期性，可知其值域为闭区间，再计算最大值与最小值，由可知，解不等式得，再验证与时是否符合题意即可判断. 【小问1详解】 因为为定义在R上的奇函数，故. 令，则， 化简得，故. 【小问2详解】 由和差化积公式可得：， 所以 ①， 又因为， 即 ②， 由①式②式可得：， 即，解得； 由①式②式可：， 即，解得. 综上，，. 【小问3详解】 （i）不等式对任意恒成立，且存在正整数使之成立. 考虑，则， 不等式化为， 令，则需对任意恒成立. 当时，不等式成立， 当时，设，该一次函数恒成立， 需要两端恒成立即可：，即或， 结合，所以当时，的取值范围是. 下证若，则对任意正整数，不等式不成立. 若，取，此时， 则或， 当为偶数时，，代入不等式得，即，与矛盾； 当为奇数时，，代入不等式得，即，与矛盾. 若，取，此时，则，代入不等式得，即，与矛盾. 因此，只有当时，存在使不等式恒成立， 故实数的取值范围为. (ii)为的值域.由的连续性及周期性，可知值域为闭区间. 计算最大值与最小值： 令， 则. 最大值：由，且在约束下，当时，达到最大， 故. 最小值当为偶数时，，由均值不等式及得，当时取等， 故：当为奇数时，可取，得. 所以， 要求，即需.解不等式， 可得， 计算得：， 所以. 当时，，且为偶数，，故， 存在使，当时，，不满足. 因此，的最小值为22. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 杭州二中2025学年第一学期高一年级期末考试 数学试卷 命题：郑蓉蓉 陈诚 校对：朱俊杰 审核：陈洁 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟. 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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知角的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 3. 函数的零点所在区间是（ ） A. B. C. D. 4. 函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 5. 幂函数为偶函数，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 6. 已知函数，则（ ） A. 直线是函数图象的对称轴 B. 直线是函数图象的对称轴 C. 点是函数图象的对称中心 D. 点是函数图象的对称中心 7. 已知正实数，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 8. 已知定义在R上的函数，不恒为，且满足，，，则下列说法不正确的是（ ） A. B. 为奇函数 C. 点是函数图象的对称中心 D. 为周期函数且周期为2 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. 若实数，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 函数（，）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 在上单调递减 D. 的图象可由的图象向左平移个单位长度而得 11. 设，且，，，则下列选项中正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ______. 13. 如图，已知矩形截圆所得的劣弧（弧长小于半圆的弧）的长为，，则矩形在圆外部分的面积为______. 14. 已知函数，若，则实数a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. 已知函数（其中，均为常数，且）的图象经过点与点. （1）求，的值； （2）解不等式. 16. 已知，均为锐角，且，. （1）求的值； （2）求的值. 17. 已知函数. （1）时，求的单调区间； （2）若函数存在三个不同的零点，求实数a的取值范围. 18. 已知函数的最小正周期为. （1）求的单调递减区间； （2）若的图象向右平移个单位长度得到函数的图像，求在区间上的值域； （3）求方程的所有解的和. 19. 已知，分别为定义在R上的奇函数与偶函数，且满足. （1）求的值： （2）求和； （3）定义，，记其值域为. （ⅰ）若存在正整数n，使得对任意的恒成立，求实数a的取值范围； （ⅱ）若，求n的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $