精品解析：广东省广雅中学花都校区2025-2026学年高一级第一学期期末教学质量检测试卷数学试题

2025学年第一学期高一级期末教学质量检测试卷 数学 命题人：花都校区高一数学备课组 审核人：李晓颖、梁睿霞 本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题卡前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号等相关信息填写在答题卡指定区域内； 2.选择题每小题选出答案后，用2B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，再选涂其它答案； 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上.不得使用涂改液，不得使用计算器. 第Ⅰ卷（选择题） 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，只有一项是符合要求的. 1. 命题“，”的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 集合，，则集合的元素个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 若，则“”是“”成立的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 4. 已知函数图象是连续不断的，并且是上的增函数，有如下的对应值表 x 1 2 3 4 y 1.21 3.79 10.28 以下说法中错误的是（ ） A. B. 当时， C. 函数有且仅有一个零点 D. 函数可能无零点 5. 已知，，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海.”在“进步率”和“退步率”都是的前提下，我们可以把看作是经过365天的“进步值”，看作是经过365天的“退步值”，可以计算得到，一年后的“进步值”是“退步值”的倍.那么，如果每天的“进步率”和“退步率”都是20%，要使“进步值”是“退步值”的倍，大约至少需要经过（ ） A. 9天 B. 8天 C. 7天 D. 6天 7. 已知函数在区间有且仅有2个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，则（ ） 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2分或3分或4分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 函数的图象关于直线对称 B. 函数在单调递减 C. 该图象向右平移个单位可得的图象 D. 若点是函数图象的一个对称中心，则实数的最小值为 11. 若，则下列说法正确的有（ ） A. 的最小正周期是 B. 方程是的一条对称轴 C. 的值域为 D. ，在上都不可能单调 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数是周期为1的奇函数，则______.（写出一个即可） 13. 已知，则_____. 14. 方程的正实数解为______. 四、解答题：本大题共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. 已知角顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边过点. （1）求的值； （2）若，，且，求的值. 16. 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用，现有一个筒车按逆时针方向匀速转动，每10秒钟转动1圈.如图，将该筒车抽象为圆，筒车上的盛水桶抽象为圆上的点，已知圆的半径为，圆心距离水面，且当圆上点从水中浮现时（图中点）开始计算时间. （1）在如图所示直角坐标系上，将点到水面的距离（单位：m，且点在水面下时为负数）表示为时间（单位：s）的函数，请求出的解析式. （2）当，求函数的最值. 17. 已知定义在上的函数满足：①；②，均有.已知函数，且. （1）求，以及函数和的解析式； （2）若， （ⅰ）判断函数在区间上的单调性，并用定义法证明； （ⅱ）已知，且，证明：. 18. 已知函数. （1）当时，求该函数的值域； （2）若对于恒成立，求实数的最小值. （3）设函数，且，对，使成立，求实数的取值范围. 19. 定义的“区间长度”为，设函数的定义域为. （1）当时，求关于的不等式解集的“区间长度”； （2）已知，设关于的不等式解集的“区间长度”为. （ⅰ）若，求； （ⅱ）求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第一学期高一级期末教学质量检测试卷 数学 命题人：花都校区高一数学备课组 审核人：李晓颖、梁睿霞 本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题卡前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号等相关信息填写在答题卡指定区域内； 2.选择题每小题选出答案后，用2B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，再选涂其它答案； 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上.不得使用涂改液，不得使用计算器. 第Ⅰ卷（选择题） 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，只有一项是符合要求的. 1. 命题“，”的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】利用存在量词命题的否定直接写出结论即得. 【详解】根据特称命题的否定为全称命题， 命题“，”的否定为，. 故选：A 2. 集合，，则集合的元素个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据余弦值的符号结合交集运算求解即可． 【详解】， ，即集合的元素个数为3． 故选：C． 3. 若，则“”是“”成立的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式，再结合充分条件和必要条件的定义即可得解. 【详解】由，可得；由，可得， 因为⫋， 故“”是“”的充分不必要条件， 故选：A. 4. 已知函数图象是连续不断的，并且是上的增函数，有如下的对应值表 x 1 2 3 4 y 1.21 3.79 10.28 以下说法中错误的是（ ） A. B. 当时， C. 函数有且仅有一个零点 D. 函数可能无零点 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的单调性，结合表格中的数据判断AB；利用零点存在性定理判断CD. 【详解】对于A，因为函数是上的增函数，所以，正确； 对于B，因为函数是上的增函数，所以当时，，正确； 对于C，因为函数是上的增函数，且，即，所以函数有且仅有一个在区间的零点，正确； 对于D，因为函数连续，且，即，所以函数在区间上一定存在零点，错误， 故选：D. 5. 已知，，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】确定幂函数的奇偶性及在的单调性，再利用对数运算及指数、对数函数性质比较大小即可. 【详解】函数的定义域为R，，即函数为偶函数， 函数在上单调递增，， 而，因此， 所以. 故选：C 6. 荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海.”在“进步率”和“退步率”都是的前提下，我们可以把看作是经过365天的“进步值”，看作是经过365天的“退步值”，可以计算得到，一年后的“进步值”是“退步值”的倍.那么，如果每天的“进步率”和“退步率”都是20%，要使“进步值”是“退步值”的倍，大约至少需要经过（ ） A. 9天 B. 8天 C. 7天 D. 6天 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，得到，即，结合对数的运算公式，即可求解. 【详解】根据题意，设经过天后，“进步值”时“退步值”的倍， 可得，即，即， 两边同取对数，可得，即， 所以要使“进步值”是“退步值”的倍，大约至少需要经过天. 故选：B. 7. 已知函数在区间有且仅有2个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，再由零点的意义，结合余弦函数的性质列式求出范围. 【详解】函数， 由，得，当时，， 由函数在上有且仅有2个零点，得，解得， 所以的取值范围是. 故选：A 8. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据和差公式可得，再变形得到，再由，得到，再联立解方程组即可． 【详解】， ， ， 即①， 又， 即②， 由①②，解得． 故选：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2分或3分或4分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据给定的函数式，逐项计算判断即可. 【详解】对于AB，，A正确，B错误； 对于CD，由，得，C错误，D正确. 故选：AD 10. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 函数的图象关于直线对称 B. 函数在单调递减 C. 该图象向右平移个单位可得的图象 D. 若点是函数图象的一个对称中心，则实数的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，结合对称轴公式分析； 对于B，求出单调递增区间判断即可； 对于C，根据平移变换进行分析； 对于D，结合对称中心公式进行分析. 【详解】对于A，对称轴满足， 当时，， 时成立，故正确； 对于B，单调递减区间满足， 解得， 不在此范围内，故错误； 对于C，向右平移个单位， ，故正确； 对于D，对称中心满足， 解得. 又因为 是对称中心， 所以当时取最小值，故正确. 故选：ACD. 11. 若，则下列说法正确的有（ ） A. 的最小正周期是 B. 方程是的一条对称轴 C. 的值域为 D. ，在上都不可能单调 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据，可判断A，根据可判断B，根据周期性以及三角函数和指数函数的性质可判断C，由复合函数单调性以及三角函数单调性即可判断D. 【详解】对A，因为，所以，故是的一个周期，故最小正周期是是错误的，故A错误 对B，因为，故是的一条对称轴是正确的， 对C，当时，，由，则，故则 因为在上为增函数， 所以当时，，由A知是的周期，故的值域为，C正确， 对D，当时，， 令， 由复合函数单调性可得的单调性与的单调性一致， 由于的单调递增区间为，单调递减区间为， 由于的最小正周期为，所以单调递增区间为， 单调递减区间为， 所以单调区间的长度为， 由于，区间的长度为， 则，在上都不可能单调，故D正确. 故选：BCD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数是周期为1的奇函数，则______.（写出一个即可） 【答案】 【解析】 【分析】根据函数的周期性和奇偶性即可判断. 【详解】设函数为，则函数是周期为； 又函数的定义域为，且， 所以函数是奇函数； 所以周期为1的奇函数可以为. 故答案为： 13. 已知，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用三角恒等变换以及诱导公式可求值. 【详解】因为 ， 又因为， 所以， 故答案为: . 14. 方程的正实数解为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用指数式与对数式的互化关系变形，再构造函数并确定单调性，进而求出方程的解. 【详解】方程 ， 函数都是R上的减函数， 因此函数在R上单调递减，而， 则，即有，于是， 所以所求正实数解为. 故答案为： 四、解答题：本大题共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. 已知角顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边过点. （1）求的值； （2）若，，且，求的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正切函数的定义及正余弦齐次式法计算得解. （2）由正余弦函数的定义，利用同角公式及和角的正弦公式计算得解. 【小问1详解】 由正切函数的定义，得， 所以. 【小问2详解】 由正余弦函数的定义，得， 而，，则， 由，得， 所以. 16. 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用，现有一个筒车按逆时针方向匀速转动，每10秒钟转动1圈.如图，将该筒车抽象为圆，筒车上的盛水桶抽象为圆上的点，已知圆的半径为，圆心距离水面，且当圆上点从水中浮现时（图中点）开始计算时间. （1）在如图所示直角坐标系上，将点到水面的距离（单位：m，且点在水面下时为负数）表示为时间（单位：s）的函数，请求出的解析式. （2）当，求函数的最值. 【答案】（1） （2）的最小值为，最大值为 【解析】 【分析】（1）根据题意可确定，，结合最小正周期公式得到，根据最值得到，再代入，可求即可得到的解析式； （2）先利用三角恒等变形化简，再根据整体法求最值即可． 【小问1详解】 解：根据题意，，， 解，解得， ，， 当时，， ，解得， ，， ； 【小问2详解】 ， ，， ，故， 当，的最小值为，最大值为． 17. 已知定义在上的函数满足：①；②，均有.已知函数，且. （1）求，以及函数和的解析式； （2）若， （ⅰ）判断函数在区间上的单调性，并用定义法证明； （ⅱ）已知，且，证明：. 【答案】（1），，； （2）（ⅰ） 由（1）得， 函数在区间上的单调递减， ，则 ，由，得， 因此，即，所以在区间上的单调递减. （ⅱ） 由，，得， 则，所以. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用赋值法求出，再代入求出得. （2）（ⅰ）利用函数单调性定义判断并证明单调性；（ⅱ）由给定条件可得，再利用基本不等式推理得证. 【小问1详解】 由，均有， 令，则，而，所以， 令，则，所以， 由，得，解得，所以. 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）略 18. 已知函数. （1）当时，求该函数的值域； （2）若对于恒成立，求实数的最小值. （3）设函数，且，对，使成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用对数公式可将函数转化为，结合对数函数的单调性与二次函数的性质即可求解； （2）利用对数公式和不等式的性质可将不等式转化为在上恒成立，通过构造函数，利用函数的单调性即可解得； （3）先根据题设可知只需即可，然后结合给定的的范围分别求出的最小值，解不等式即可求得. 【小问1详解】 依题意，； 因为在上单调递增，所以当时，； 所以当，即时，函数的最小值为， 当，即时，函数的最大值为； 所以该函数的值域为； 【小问2详解】 依题意，，即，即； 因为在上单调递增，所以当时，； 所以在上恒成立； 令，则函数在上单调递增， 所以当，即时，函数的最大值为， 所以，所以实数的最小值为； 【小问3详解】 因为，对，使成立， 所以原命题等价于； 由（1）知，当时，， 所以当时，； 依题意； 令，则，由，得，所以； 所以； 设函数，则； ①当时，在上单调递增，所以； 又，所以不合题意； ②当时，在上单调递增，所以；所以，解得；因此； ③当时，函数的开口向下，所以或； 当时，即，解得，与矛盾不合题意； 当时，即，解得，与矛盾不合题意； 综上①②③，实数的取值范围为. 19. 定义的“区间长度”为，设函数的定义域为. （1）当时，求关于的不等式解集的“区间长度”； （2）已知，设关于的不等式解集的“区间长度”为. （ⅰ）若，求； （ⅱ）求的最大值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）或；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）解不等式得到或，的定义域为，所以或或，从而求出区间长度； （2）（ⅰ）不等式解集为或，设的两个根为，的两个根为，求出，其中，即，解得或，故或，所以或，结合余弦和差公式得到答案； （ⅱ）由（ⅰ）可得，平方后，结合同角三角函数关系，基本不等式得到，所以，所以，故，所以，故的最大值为. 【小问1详解】 解：时，， ，故或， 的定义域为，所以或或， 所以解集的“区间长度”为； 【小问2详解】 （ⅰ），， 其中，故不等式解集为或， 设的两个根为，其中，且， 同理，设的两个根为，其中，且， 故不等式的解集为， 所以， 又，所以， 其中，即， 由诱导公式得，即，， 又，解得或，故或， 所以 ； 或 ； （ⅱ）由（ⅰ）可得， 则， 即， 因为， 所以，当且仅当时，等号成立， 所以，即， 所以或， 由于，故， 所以，（舍去）， 故， 所以， 因为，所以， 由可知，， 当且仅当，，即时，等号成立， 所以，故的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $