河南方城县第一高级中学2025-2026学年高一上学期1月第3次周测数学试题

2025-2026学年高一上学期1月第3次周测数学试题 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．设集合，，，则＝（   ） A．{1，6} B．{3，6} C．{1，3，5，6} D． 2．已知角的顶点在坐标原点，始边与x轴正半轴重合，终边在直线上，则（    ） A．3 B． C．－3 D．－4 3．已知实数是函数的一个零点，实数满足，且，则（    ） A． B． C． D． 4．下列命题正确的有个 ①函数的零点是（0，）.   ② ，，则A=B．   ③是同一函数.   ④是非奇非偶函数. A． B． C． D． 5．函数的定义域为 A． B． C． D． 6．设，，，则（   ） A． B． C． D． 7．若函数的图象向右平移个单位可得到函数的图象，则（    ） A． B． C． D． 8．已知函数是定义域为的偶函数，且在区间上单调递减，，则的解集为（   ） 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．（多选）为得到函数的图象，只需将的图象（    ） A．先将横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度 B．先将横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度 C．先向右平移个单位长度，再将横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变） D．先向右平移个单位长度，再将横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变） 10．已知函数（其中）的部分图象如图所示，则（    ） A． B． C．的图象关于点中心对称 D．在上的值域为 11．已知函数是定义域为的奇函数，，若，，，则（     ） A． B． C．是周期为的周期函数 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．圆心角为，半径为的扇形的面积为 . 13．等比数列的各项为正数，若，则 . 14．已知函数，则函数的单调递增区间为 ；当时，的最小值为 . 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． (1)判断的奇偶性，并证明； (2)若不等式对一切恒成立，求实数的取值范围． 16．已知正数、满足. (1)求的最小值； (2)求的最小值. 17．已知函数. (1)求函数的最小正周期和图象的对称轴方程； (2)当时，求函数的最大值和最小值. 18．如图，在中，内角，，所对的边分别为，，，且，． (1)求； (2)若，，求的面积； (3)已知的角平分线交于，且，求． 19．已知函数，. (1)当时，求关于的不等式的解集； (2)求关于的不等式的解集； (3)设函数，求函数在上的最小值的表达式. 试卷第4页，共4页 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 《2025-2026学年高一上学期1月第3次周测数学试题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C D B D A C B BC ABD 题号 11 答案 CD 1．A 【分析】利用集合的补集和交集运算求解. 【详解】，，，，. 故选：A. 2．C 【分析】通过题目所给条件求出 ，然后通过诱导公式对进行化简，最后弦化切得到答案 【详解】由已知可得，， 则原式． 故选：C 3．D 【分析】变形得到，在上的单调递减，结合零点存在性定理得到，从而得到或，故，其他不正确. 【详解】， 其为上的单调递减函数， 其中，， 故只有一个零点， 又，， 又，所以， 或， 若，则， 若，则， 故，D正确，C错误；或，AB错误. 故选：D 4．B 【分析】根据零点存在定理，即可判断①错误；②中的集合A与集合B都表示奇数集，所以②正确；③中两个函数定义域不同，所以是不同函数；根据奇函数定义可判断④不正确． 【详解】①,而为单调递增函数，所以在（0，）上没有零点 ② 表示奇数集合，表示奇数集合，所以A=B ③定义域为x≠0，定义域为x>0 ，所以两个函数的定义域不同，不是同一函数 ④定义域为-1<x<1 ,因为 所以 即，所以为奇函数 正确个数只有第②个 所以选B 【点睛】本题考查了集合的表示方法，函数零点存在的判断，函数定义域及奇偶性的应用，属于中档题． 5．D 【分析】根据正切函数的定义域可知，化简即可求出. 【详解】因为， 所以 故函数的定义域为 ，选D. 【点睛】本题主要考查了正切型函数的定义域，属于中档题. 6．A 【分析】根据幂函数和对数函数的单调性结合中间量法求解即可. 【详解】， ，， 所以. 故选：A. 7．C 【分析】根据平移得到，根据已知建立等式，根据解出的值. 【详解】由的图象向右平移个单位，可得函数的图象， 因， 依题意可得， 解得， 因，故. 故选：C. 8．B 【分析】根据函数的奇偶性和单调性即可求解. 【详解】由函数在区间上单调递减，， 所以当时，，当时，， 又函数是定义域为的偶函数， 当时，，当时，， 由，当时， 所以，解得， 当时，所以，解得， 所以的解集为， 故选：B. 9．BC 【分析】根据三角函数图象变换的知识来确定正确答案. 【详解】如果是先伸缩再平移， 那么需先将横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变）， 得到，再向右平移个单位长度，即得； 如果是先平移再伸缩， 需先将向右平移的单位长度， 得到，再将横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变）， 即得． 故选：BC 10．ABD 【分析】根据函数经过的特殊点，结合正弦型函数的对称性和最值性质逐一判断即可. 【详解】A：由函数图象可知该函数过点，且最低点坐标为， 于是有，设该函数的最小正周期为，则有， 因为， 所以由，所以本选项正确； B：由上可得，，即， 因为该函数过， 所以有， 又因为， 所以令，， 即，所以本选项正确； C：因为， 所以的图象不关于点中心对称，因此本选项不正确； D：当时，令， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 因此在上的值域为，故本选项正确， 故选：ABD 11．CD 【分析】先根据题意推导出是周期为的周期函数，即可判断选项C，再根据题干关系式和周期性依次计算选项A，B，D即可. 【详解】由函数是定义域为的奇函数，可知且， 因为，代入 得，整理得， 即知，故是周期为的周期函数，C正确； 选项A，B，，由是周期为的周期函数可知，， 同理，故A，B都错误； 选项D，因为，，，， 所以一个周期内， 所以，故D正确. 故选：CD. 12．/ 【分析】先将角度转化为弧度制，再根据面积公式计算即可. 【详解】因为，， 所以扇形面积. 故答案为： 13． 【分析】根据对数的运算性质及下标和性质计算可得. 【详解】因为， 所以，又， 所以，则，所以. 故答案为： 14． 【分析】由题可得再结合正弦型函数单调区间的整体代换即可对空求解；结合正弦型函数的值域求解可对空求解. 【详解】空：由题可得函数， 则，时函数单调递增，解得，， 所以函数的单调递增区间为； 空：当时，，所以的最小值为. 故答案为：；1. 15．(1)是奇函数，证明见解析； (2)． 【分析】（1）应用奇偶性的定义判定证明函数的奇偶性即可； （2）根据解析式判断函数的单调性，再利用奇偶性、单调性得对一切成立，最后应用分类讨论及二次函数的性质列不等式求参数范围. 【详解】（1）是奇函数，证明如下， 的定义域为，关于原点对称， ， 是奇函数； （2）是增函数， 是上的减函数， 原不等式可化为， 即对一切成立， ①当时，恒成立，符合题意； ②当时，则有，解得， 综上所述，实数的取值范围是. 16．(1) (2) 【分析】（1）由结合基本不等式可得出关于的不等式，即可解得的最小值； （2）由已知等式变形得出，将代数式和相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值. 【详解】（1）因为，，所以，且，则， 又因为，所以， 当且仅当时，即当时，取最小值为. （2）由，得. 所以， 因为，，所以，，则， 当且仅当时，即当时，等号成立，则， 故的最小值为. 17．(1)，，. (2)最大值为1，最小值为. 【分析】（1）根据正弦型函数性质确定最小正周期与对称轴方程即可； （2）利用整体法求解的取值范围，结合正弦型函数性质求解最值即可. 【详解】（1）由， 得函数的最小正周期， 令，，得，， ∴函数图象的对称轴方程是，. （2）当时，， ∴， ∴， 故函数的最大值为1，最小值为. 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）应用正弦定理计算结合角的范围求角； （2）应用正弦定理结合面积公式计算求解； （3）应用正弦定理结合角平分线性质，两角差的正弦公式计算求值. 【详解】（1）由题得， 由正弦定理得， ，，又， ，． （2），，， 又，，， ，，，，． 所以的面积为． （3）设，则，因为，所以． 在中，由正弦定理可得． 在中，由正弦定理可得．所以， 所以，． 所以 ． 19．(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）利用一元二次不等式的解法可得出原不等式的解集； （2）将所求不等式变形为，对实数的取值进行分类讨论，结合一元二次不等式的解法可得出原不等式的解集； （3）对实数的取值进行分类讨论，分析函数在上的单调性，即可得出的表达式. 【详解】（1）当时，， 由可得，解得， 故当时，原不等式的解集为. （2）由，可得， 当时，解原不等式可得或； 当时，解不等式可得； 当时，解原不等式可得或. 综上所述，当时，原不等式的解集为或； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为或. （3）的图象开口向上，对称轴为直线， 当时，即当时，函数在上单调递增，此时； 当时，即当时，函数在上单调递减，在上单调递增， 此时； 当时，即当时，函数在上单调递减，此时. 综上所述，. 答案第2页，共10页 答案第1页，共10页 学科网（北京）股份有限公司 $