方城一高2025-2026学年度第一学期期末高一数学模拟练习

方城一高2025-2026学年度第一学期期末高一数学模拟练习 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．函数的定义域是（   ） A． B． C．且 D．且 3．函数的零点所在的区间是（   ） A． B． C． D． 4．小李同学在学习了《任意角和弧度制》后，临摹了一件扇形瓷器盘（图1）的大致形状，如图2所示，已知在扇形中，，，则下列结论中错误的是（    ） A． B．弧长 C．扇形的周长为 D．扇形的面积为 5．已知，则等于（    ）． A． B． C．或 D． 6．为了得到的图象，只需将的图象（    ） A．向左平移个单位长度 B．向左平移个单位长度 C．向右平移个单位长度 D．向右平移个单位长度 7．已知函数（其中）的图象如图所示，则函数的图象是（ ） A． B． C． D． 8．已知，，且，则（    ） 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．已知，那么的值可以是（    ） A．11 B．12 C．13 D．14 10．函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（   ） A．的最小正周期为 B．在上单调递减 C．直线为的一条对称轴 D．若为偶函数，则 11．已知函数的定义域均为，是偶函数，且，若，则（ ） A． B．的图象关于点中心对称 C． D． 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．设：，，则是 . 13．已知关于的不等式的解集为．若且，则实数的取值范围是 ． 14．已知函数在区间上单调递减，且对任意的，总有，则实数的取值范围为 . 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．求下列各式的值： (1)； (2)． 16．已知集合，. (1)已知，若，求实数的取值范围. (2)若“”是“”的必要条件，求实数的取值范围； 17．已知. (1)判断函数在区间上的单调性，并用定义证明你的结论； (2)求该函数在区间上的最大值与最小值. 18．已知函数，且函数的最小正周期为． (1)求的解析式，并求出的单调递增区间； (2)将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，求函数的最大值及取得最大值时x的取值集合． 19．已知二次函数. (1)若关于x的不等式的解集为，求a和b的值； (2)若不等式对一切实数x都成立，求a的取值范围； (3)解关于x的不等式. 试卷第4页，共5页 试卷第3页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 《方城一高2025-2026学年度第一学期期末高一数学模拟练习》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D C D A B A A CD ACD 题号 11 答案 ABC 1．C 【分析】求出集合，利用交集的定义可求得集合. 【详解】因为，，故. 故选：C. 2．D 【分析】根据函数的解析式，列出使解析式有意义的不等式组，求出解集即可． 【详解】解：函数， 则，解得且． 故选:D． 3．C 【分析】求导，判断函数的单调性，计算端点处的函数值，结合零点存在性定理即可求解. 【详解】由于，，且中， 故，在单调递增， 因此至多一个零点， ,,， 因此的零点所在的区间是， 故选：C 4．D 【分析】根据弧度制与角度制的互化判断A；根据弧长公式判断B：根据扇形的周长和面积公式判断C和D. 【详解】对于A：，A正确； 对于B：，B正确； 对于C：扇形的周长为，C正确； 对于D：扇形的面积为，D错误； 故选：D 5．A 【分析】利用诱导公式化简得到，结合同角三角函数关系，分在第二象限和第四象限两种情况，进行求解. 【详解】因为，， 所以，又， 当在第二象限时，，此时； 当在第四象限时，，此时． 综上，. 故选：A． 6．B 【分析】由函数图像平移的左加右减原则即可求解. 【详解】设， 由得： 只需将的图象向左平移个单位长度， 即可得到的图象. 故选：B 7．A 【分析】由二次函数的图象可得，然后结合指数函数的图象分析判断即可. 【详解】由二次函数（其中）的图象可得， 所以的图象过点，且在上为减函数，则函数递减，排除CD； 因为，所以将的图象向下平移个单位可得的图象，排除B； 故选：A 8．A 【分析】先根据指数对数的运算性质将变形为，再通过放缩得到不等式，进而利用同构函数，将不等式转化为，再利用的单调性解不等式即可. 【详解】由，得， 即． 因为，，所以，即， 所以， 且． 因为函数在上单调递增， 又， 所以， 即， 故， 所以A正确，B，C，D错误． 故选：A． 9．CD 【分析】利用基本不等式求解即可. 【详解】因为，所以， 则， 当且仅当，即时取等号， 所以. 故选：CD. 10．ACD 【分析】根据图象得到，然后根据正弦型函数的性质进行逐一判断. 【详解】由图可知：，，则， 当时，函数取得最大值，所以，又，所以. 所以. 对A，的最小正周期为，正确； 对B，，令，则，可知在不是单调的，故错误； 对C，由，所以，所以取得最小值-3，直线为的一条对称轴，故正确； 对D，为偶函数，所以，故正确. 故选：ACD. 11．ABC 【分析】利用是偶函数，可得，进而利用赋值法求得判断A；由已知可得，可判断B；进而计算可得，计算可判断CD. 【详解】因为是偶函数，则， 由，可得． 对于A，当时，，又，所以， 又由可得，所以，故A正确； 对于B，由，得， 代入化简得，所以， 又，所以，即， 所以的图象关于点中心对称，故B正确； 对于C，，所以是以6为一个周期的周期函数， 所以，故C正确； 对于D，由以上分析可知， 又，，则， 故， 则 ，D不正确． 故选：ABC． 12．， 【分析】根据存在量词命题的否定的知识求得正确答案. 【详解】命题：，，则是，. 故答案为：， 13． 【分析】由题意可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围. 【详解】因为关于的不等式的解集为，且， 所以，，解得. 故答案为：. 14． 【分析】本题是对二次函数的综合运用，通过单调性得出t的最小值，再通过取值范围得出t的最大值. 【详解】由题意在上单调递减，且图象的对称轴为，，，，对任意的，总有，，即， ，，又 ，.则实数的取值范围为. 故答案为： 15．(1) (2) 【分析】（1）根据指数的运算化简求解； （2）根据对数的运算及性质化简求解. 【详解】（1）由题意知 . （2）由题意知 16．(1). (2) 【分析】（1）解分式不等式把集合具体化，再利用集合运算法则可得答案； （2）“”是“”的必要条件等价于，再按与分类可得答案. 【详解】（1）解不等式 ，得：， 故，， 又因为且 ， 所以或， 故. （2）“”是“”的必要条件等价于. ，。 当时，，满足； 当时，由，得：， 解得：. 综上：. 17．(1)增函数，证明见解析 (2)最大值为，最小值为 【分析】（1）根据题意，由函数单调性的定义代入计算，即可证明； （2）根据题意，由函数的单调性，即可得到最值. 【详解】（1）在上是增函数.证明如下： 任取，且， ， ， ， 函数在上是增函数. （2）由（1）知函数在上是增函数. 所以最大值为，最小值为. 18．(1)，， (2)最大值为2， 【分析】（1）由三角恒等变换可得，结合周期可得，以为整体，结合正弦函数的单调性运算求解； （2）根据图象变换可得，以为整体，结合正弦函数的最值运算求解. 【详解】（1）由题意可得 ， 且，由函数的最小正周期，可得， 所以， 令，，解得，， 故的单调递增区间为，. （2）由题意可知：， 根据正弦函数的性质可知，的最大值为2， 此时，即，，解得，， 所以当取得最大值时x的取值集合为． 19．(1)； (2)； (3)答案见详解. 【分析】（1）利用三个二次关系结合韦达定理计算参数即可； （2）利用二次函数的性质计算即可; （3）含着参数分类讨论计算即可. 【详解】（1）由题意可知的两个解为， 所以，所以； （2）因为恒成立，则， 即，解之得； （3）原不等式等价于， 若，则； 若，则； 若，则； 若，则或； 若，则或； 综上所述：时，不等式的解集为；时，不等式的解集为； 时，不等式的解集为；时，不等式的解集为{或}； 时，不等式的解集为{或}. 答案第4页，共9页 答案第5页，共9页 学科网（北京）股份有限公司 $