方城一高2025-2026学年上学期高一期末考试数学试题模拟练习

方城一高2025-2026学年上学期高一期末考试数学试题模拟练习 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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。 第一部分（选择题 共58分） 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，集合，则（    ） A． B． C． D． 2．要得到函数的图象，需要把函数的图象（   ） A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度 C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度 3．函数，若，则x的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．的值是（    ） A． B． C． D． 5．若，，，则（    ） A． B． C． D． 6．将函数的图象向左平移个单位长度后，所得的图象关于原点对称，则的最小值为（  ） A． B． C． D． 7．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列说法正确的是（    ） A．函数有两个零点 B．当时， C．的解集是 D．，都有 8．已知是定义在上的函数，若对于任意，都有，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多项选择题（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．下列计算结果为有理数的有（    ） A． B． C． D． 10．设函数，则（    ） A．是偶函数 B．在上单调递减 C．的最大值为2 D．的图象关于直线对称 11．下列关于函数的说法，正确的有（   ） A．若，则 B．当时，的图象不经过第三象限 C．若有三个零点，，，则 D．若有且只有一个正方形的四个顶点在函数图象上，则 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知，则的最大值为 ． 13．已知，设函数在的最大值为，最小值为，那么的值为 ． 14．定义是中的较小者.已知函数，若，且方程有3个不同的解，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，，其中. (1)当时，求和； (2)若，求实数的取值范围. 16．求下列代数式的最值： (1)已知，求的最小值； (2)已知，且满足，求的最小值； 17．某工厂生产某种零件的固定成本为20000元，每生产一个零件要增加投入100元，已知总收入Q（单位：元）关于产量（单位：个）满足函数：. (1)将利润P（单位：元）表示为产量x的函数；（总收入总成本利润） (2)当产量为何值时，零件的单位利润最大？最大单位利润是多少元？（单位利润利润产量） 18．已知函数在上单调递增，在上单调递减，设为曲线的对称中心． (1)求； (2)已知锐角中，，求的取值范围． 19．（1）已知正数，满足.求的最小值； （2）已知，，均为正实数，且，求证：. 试卷第4页，共4页 试卷第1页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 《方城一高2025-2026学年上学期高一期末考试数学试题模拟练习》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C C A D A C C ABC ABD 题号 11 答案 ABD 1．C 【分析】由交集运算即可求解. 【详解】由集合，集合， 则， 故选：C 2．C 【分析】直接利用函数的图象变换规律，可得结论． 【详解】要得到函数的图象， 要得到函数的图象， 需要把函数的图象向左平移个单位长度； 故选：C 3．C 【分析】根据指数函数单调性可得，运算求解即可. 【详解】因为在定义域上单调递增， 若，则，解得， 所以x的取值范围为. 故选：C. 4．A 【分析】根据诱导公式化简求解即可. 【详解】， 故选：A 5．D 【分析】根据指数函数和对数函数的单调性分别得到的范围从而判断得到结果. 【详解】，，， 故，，，所以. 故选：D. 6．A 【分析】根据函数图象的平移变换，可得，结合题意可知该函数为奇函数，利用奇函数的性质列式，化简求值，即得答案. 【详解】将函数的图象向左平移个单位长度后， 所得的图象对应的函数为， 由题意知的图象关于原点对称，即函数为奇函数， 故， 即， 故， 即， 因为，故当时，m取最小值. 另解：由题意知的图象关于原点对称， 故，即， 因为，故当时，m取最小值， 故选：A 7．C 【分析】利用函数的奇偶性即可求解时函数的解析式，即可判断；分情况令即可求解函数的零点判断；令求出解集即可判断；分情况对函数求导，判断函数的单调区间即可求得函数的最值，用最大值减最小值即可判断. 【详解】设，则，所以， 因为是奇函数，所以， 所以，即， 所以函数的解析式为，故不正确； 因为函数是定义在上的奇函数，所以， 当时，令，解得， 当时，令，解得， 所以函数有三个零点，故不正确； 当时，令，解得， 当时，令，解得， 所以的解集为，故正确； 当时，， 所以当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 所以当时，函数取得最小值， 当时，， 所以当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 所以当时，函数取得最大值， 当时，， 所以，都有， 所以不正确. 故选：. 【点睛】关键点点睛：利用函数的奇偶性求出函数的解析式，分情况求解即可. 8．C 【分析】由， 得，构造函数，则是上的减函数，对实数分类讨论即可. 【详解】因为对任意，，所以，即， 构造函数，则， 所以函数是上的减函数. 当时，函数是上的减函数，符合题意； 当时，函数图象的对称轴为直线， 当时，函数是上的减函数，符合题意； 当时，要使得函数是上的减函数，只需，解得. 综上所述，实数的取值范围足， 故选：C. 9．ABC 【分析】逐一计算结果进行判断即可. 【详解】因为：为有理数； 为有理数； 为有理数； 为无理数. 故选：ABC 10．ABD 【分析】先利用辅助角公式化简为，再根据余弦函数的性质即可一一判断各选项. 【详解】， 对于A，，所以是偶函数，故A正确； 对于B，令，，得，， 当时，，∴在上单调递减，故B正确； 对于C，当，即时，有最大值，故C错误； 对于D，，是最小值，故D正确． 故选：ABD． 11．ABD 【分析】根据函数的对称性可判断A选项，根据导数判断函数单调性，进而可确定函数图象情况，即可判断B选项，根据函数零点式，化简，使其与原函数对应项相等，即可判断C选项，结合三次函数对称性，及正方形性质，设点坐标，即可判断D选项. 【详解】由已知，则， 即， 即函数图象关于点中心对称， A选项：，即，则，A选项正确； B选项：由已知，则， 又，，解得，， 易知函数在和上单调递减，在上单调递增， 所以函数在时取得极小值为， 又，则，所以， 即，函数不经过第三象限，B选项正确； C选项：若有三个零点，，， 由题意可设 又， 所以，即，C选项错误； D选项：由函数的对称性及正方形的对称性可知，若有且只有一个正方形的四个顶点在函数图象上，则正方形的对称中心为， 设该正方形的顶点依次为，，，， 则，， 由正方形性质可知，， 又， ， ， ， 则，即①， ，即，即， 代入①中可得， 又，可设， 则，即， 又有且只有一个正方形满足题意，即方程有且只有一个正解， 即，解得， D选项正确； 故选：ABD 12． 【分析】由基本不等式即可直接求解. 【详解】， 当且仅当时，取等号， 所以的最大值为， 故答案为： 13． 【分析】由题目化简，得到，然后根据函数单调性即可得出结果. 【详解】 ， 则 ， 所以， 又因为和是上的增函数， 所以和是上的减函数， 所以是上的增函数， 即是上的增函数， 所以. 故答案为： 14． 【分析】在同一坐标系中画出函数和的大致图象，结合图象分析可知当方程有3个不同的解时，方程有2个小于1的正数解，再构建不等式组求解可得答案. 【详解】由题意，函数和在同一坐标系中的大致图象如图： 函数的定义域为. 因为方程有3个不同的解，所以方程有1个解且为1， 方程有2个小于1的正数解. 所以 解得， 故答案为：. 15．(1)， (2) 【分析】（1）由集合的交集和并集即可得解. （2）利用交集的结果转化为集合间关系即可求参数范围. 【详解】（1）当时，， 所以，. （2）若，则，则，解得. 故实数的取值范围是. 16．(1)5； (2)18. 【分析】（1）应用凑配法及基本不等式求最小值，注意等号成立条件； （2）应用“1”的代换，再应用基本不等式求目标式的最小值，注意取值条件. 【详解】（1）由，， 当且仅当，即时取等号，则的最小值为5； （2）由题设， 当且仅当，即时取等号，则的最小值为18. 17．(1) (2)当产量为100个时，零件的单位利润最大，最大利润为100元. 【分析】（1）利用得到答案； （2）分和两种情况，结合基本不等式和函数单调性求出最值. 【详解】（1）； （2）设单位利润为， 当时，， 由基本不等式得， 当且仅当，即时，等号成立， 故， 当时，， 综上，当产量为100个时，零件的单位利润最大，最大利润为100元. 18．(1) (2) 【分析】（1）根据函数的极大值及单调区间可求出，再根据正弦型函数的对称中心求出； （2）求出，再由三角恒等变换化简，根据正弦型函数的值域求法得范围即可, 【详解】（1）因为在上单调递增，在上单调递减， 所以且，所以，可知， 又由，可知，所以，故， 由，可得，即． （2）由（1）可知，，所以， 则， 又由为锐角三角形有，即： 则，故的取值范围为． 19．（1）；（2）证明见解析 【分析】（1）根据基本不等式的概念，和换元法，对代数式进行消元，再根据基本不等式，求出最小值即可. （2）根据基本不等式的概念，对原不等式进行化简，进而求出最小值. 【详解】（1）由，得. 因为，，所以，即， 所以 ， 当且仅当，即时取等号，故的最小值为. （2）因为，，均为正实数，且， 代入得， 根据基本不等式可知， 代入得，当且仅当时，等号成立，原命题得证. 答案第6页，共11页 答案第7页，共11页 学科网（北京）股份有限公司 $