精品解析：云南昆明市第一中学2025-2026学年上学期高一期末质量检测数学试题

昆明市第一中学2025~2026学年高一期末质量检测 教学 总分：150分 时间：120分钟 命题：杨耕耘 审题：彭力 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号､姓名､考场号､座位号及科目，在规定的位置贴好条形码. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，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，将答题卡交回. 一､单选题：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. 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合并集的概念和表示方法求解即可. 【详解】因为集合，集合， 所以， 故选：A 2. 已知命题，命题，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】解方程，利用集合的包含关系判断可得出结论. 【详解】解方程，得，因为是的真子集，故是的充分不必要条件. 故选：A. 3. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先判断函数的定义域和值域，再根据幂函数的性质判断即可. 【详解】函数的定义域为，值域为，排除B，D选项， 又函数函数图像为曲线非直线，故C错误， A选项图像大致符合函数图像. 故选：A 4. 若单位平面向量夹角为，向量，向量，则下列命题为假命题的是（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，通过计算模的平方并利用垂直条件得出模长相等；对于B，直接展开数量积并代入已知条件求得定值；对于C，假设平行后利用基底不共线推出矛盾；对于D，则通过展开数量积验证其是否为零来判断垂直关系. 【详解】已知单位向量、的夹角为，因此且 A选项：，， ，， 故，A为真命题； B选项：，B为真命题； C选项：假设，则存在使， 整理得：， 由于与不共线（夹角为），则且， 此方程组无解，矛盾，故与不平行，C为假命题； D选项： 所以，D为真命题. 故选：C 5. 函数的零点所在区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据零点存在性定理，结合函数的单调性即可计算端点处的函数值求解. 【详解】因为和在上均单调递增， 所以在上单调递增，至多存在一个零点， 因为，即， ，即， 所以函数的零点在区间， 故选：A 6. 和是关于的方程的两根，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用二次函数根与系数的关系与两角和正切的计算即可. 【详解】由和是关于的方程的两根， 则，， . 故选：C 7. 若，则实数的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 分析】分别将与比较即可得解. 【详解】因为， 且， ， 即，，， 所以， 故选：A 8. 已知正数满足，则下列选项错误的是（ ） A. 的最小值为4 B. 的最小值为2 C. 的最小值为 D. 的最小值为6 【答案】D 【解析】 【分析】利用结合基本不等式判断A，利用基本不等式判断B，由结合AB中结论判断C，对于D由解得，所以，再利用换元法和基本不等式求解最值. 【详解】因，且， 对于A，， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为4，说法正确； 对于B，由基本不等式得，解得， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为2，说法正确； 对于C，因为， 由AB得，， 所以，当且仅当时等号成立， 所以的最小值为，说法正确； 对于D，由解得， 则， 令，则， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为，说法错误； 故选：D 二､多选题：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. 为得到函数的图象，只需把函数图象上的所有点（ ） A. 先向右平行移动个单位，再横坐标缩短到原来的，纵坐标不变； B. 先向左平行移动个单位，再横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变； C. 先横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向右平行移动个单位； D. 先横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向右平行移动个单位； 【答案】AD 【解析】 【分析】由三角函数图象平移逐项判断即可； 【详解】对于A，将函数图象先向右平行移动个单位得到， 再横坐标缩短到原来的，纵坐标不变得到，说法正确； 对于B，将函数图象先向左平行移动个单位得到， 再横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变得到，说法错误； 对于C，将函数图象先横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变得到， 再向右平行移动个单位得到，说法错误； 对于D，将函数图象先横坐标缩短到原来的，纵坐标不变得到， 再向右平行移动个单位得到，说法正确； 故选：AD 10. 已知，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用同角三角函数关系与二倍角公式化简计算，再逐一判断选项即可. 【详解】已知，由平方得， 由，可得， 又，故A选项正确，B选项错误； 由， 取平方根得：， 由得，， 即，故C选项正确，D选项错误. 故选：AC 11. （多选）中，，点满足，设，则（ ） A. 若为的重心，则 B. 若为的内心，则 C. 若为的垂心，则 D. 若为的外心，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】以中点为原点，为轴建立平面直角坐标系，求出三角形各种心的坐标，然后代入坐标列方程求出即可得解. 【详解】如图以中点为原点，为轴建立平面直角坐标系， 则，，，，， 对于A，若为的重心，则，，即， 所以， 若，则，解得， 此时，A说法正确； 对于B，若为的内心，由点到，的距离相等可知在上， 设内切圆的半径为，则， 即，解得，所以，， 若，则，解得， 此时，B说法正确； 对于C，若为的垂心，由可知在上， 设，则，解得， 所以，， 若，则，解得， 此时，C说法正确； 对于D，若为的外心，由可知在上， 设，则，即，解得， 所以，， 若，则，解得， 此时，D说法错误； 故选：ABC 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则__________. 【答案】1 【解析】 【分析】对于给定的分段函数，先计算的值，再计算即可. 【详解】因为， 所以， 所以， 故答案为： 13. 已知是上的奇函数，且，在上单调递减，则不等式的解集为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据奇函数的性质得到在上单调递减及，从而得到的取值情况，即可求出不等式的解集. 【详解】因为是上的奇函数，且，则， 又上单调递减， 所以在上单调递减， 则当或时，当或时； 不等式，即或， 解得或， 所以不等式的解集为. 故答案为： 14. 设平行于轴的直线与函数和的图象分别交于两点，若在的图象上存在点，使得为等边三角形，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】设直线的方程为，求得坐标得到，取中点，连接，根据为等边三角形表示出点坐标，再根据点在函数的图象上得到关于的方程，求出进而可得点的纵坐标. 【详解】设直线的方程为， 由解得，所以， 由解得，所以， 所以, 如图，取中点，连接， 因为为等边三角形，所以，，， 则， 所以，解得， 所以点纵坐标为， 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，且. （1）计算并化简； （2）若幂函数的图象恒过点，求的值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意结合指数幂运算求和； （2）由幂函数的图象恒过点，代入求解即可. 【小问1详解】 ； . 【小问2详解】 因为幂函数的图象恒过点， 则，所以. 16. 中，. （1）求； （2）若且，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用正弦定理角化边，根据余弦定理求即可； （2）利用余弦定理解得，再根据三角形的面积公式即可求解. 【小问1详解】 因为中，， 所以由正弦定理可得， 所以由余弦定理可得， 因为，所以. 【小问2详解】 由余弦定理得， 则， 即，解得， 所以面积， 即面积. 17. 某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量（单位：）与时间（单位：）之间的关系为，污染物的初始含量，其中是正的常数，如果在前消除了的污染物. （1）求的值. （2）后还剩百分之几的污染物？ （3）污染物减少需要花多少时间（精确到）？ （参考数据：） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题目中所给的污染物含量与时间的关系，代入数据计算求解即可； （2）将代入，结合指数的运算性质求解即可； （3）设污染物减少需要花，则有，化为对数，利用对数的运算即可得出结果. 【小问1详解】 由题意可知当时，，即， 所以. 【小问2详解】 当时，， 即后，还剩的污染物. 【小问3详解】 设污染物减少需要花，则有， 两边取以为底的对数，得， 所以 ， 即污染物减少大约需要花. 18. 已知函数. （1）当时，求不等式的解集； （2）若的定义域为，求的取值范围； （3）若的值域为，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）把代入，利用对数函数单调性求解不等式. （2）将问题转化对任意实数，不等式恒成立求解. （3）根据给定条件，由函数的值域包含求解即可. 【小问1详解】 当时，不等式，即， 则，即，解得或， 所以原不等式的解集为. 【小问2详解】 函数的定义域为，则对任意，恒成立， ①当时，得且，解得； ②当时，恒成立，的定义域为成立， 所以得的取值范围为. 【小问3详解】 函数的值域为，则函数的值域包含， 当时，不符合题意； 当时，是开口向下的二次函数，不符合题意； 当时，，当且仅当时取等号， 因此函数的值域为，则， 于是，解得，所以的取值范围为. 19. 函数的最小正周期为， （1）若时，求的值域； （2）若， ①求； ②若在的零点从小到大依次为，记表示不超过的最大整数，求. 【答案】（1） （2）①1；② 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式化简，再根据正弦函数的性质求解即可. （2）①利用二倍角公式化简后可得，讨论和的取值，结合辅助角公式可得，代入即可得解；②由①可得，注意到，令，可得，结合正切函数的图象和性质求解即可. 【小问1详解】 当时，， 即， 所以的值域为. 【小问2详解】 ①因为 ， 所以， 由可得无实数解，所以和不同时为0， 易知当或时，， 当和均不为0时， ， 其中满足，此时， 综上，则， 即. ②由①可知， 所以， 即， 注意到， 所以当时，， 令，则， 故，则， 又的最小正周期为1，故，， 则，则， 所以 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 昆明市第一中学2025~2026学年高一期末质量检测 教学 总分：150分 时间：120分钟 命题：杨耕耘 审题：彭力 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号､姓名､考场号､座位号及科目，在规定的位置贴好条形码. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，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，将答题卡交回. 一､单选题：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. 已知命题，命题，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 4. 若单位平面向量夹角为，向量，向量，则下列命题为假命题的是（） A. B. C D. 5. 函数的零点所在区间为（ ） A. B. C. D. 6. 和是关于的方程的两根，则（ ） A. B. C. D. 7. 若，则实数的大小关系为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正数满足，则下列选项错误的是（ ） A. 的最小值为4 B. 的最小值为2 C. 最小值为 D. 的最小值为6 二､多选题：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. 为得到函数的图象，只需把函数图象上的所有点（ ） A. 先向右平行移动个单位，再横坐标缩短到原来的，纵坐标不变； B. 先向左平行移动个单位，再横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变； C. 先横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向右平行移动个单位； D. 先横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向右平行移动个单位； 10. 已知，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 11. （多选）中，，点满足，设，则（ ） A. 若为的重心，则 B. 若为的内心，则 C. 若为的垂心，则 D. 若为外心，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则__________. 13. 已知是上的奇函数，且，在上单调递减，则不等式的解集为__________. 14. 设平行于轴的直线与函数和的图象分别交于两点，若在的图象上存在点，使得为等边三角形，则__________. 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，且. （1）计算并化简； （2）若幂函数的图象恒过点，求的值. 16. 中，. （1）求； （2）若且，求的面积. 17. 某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量（单位：）与时间（单位：）之间的关系为，污染物的初始含量，其中是正的常数，如果在前消除了的污染物. （1）求的值. （2）后还剩百分之几的污染物？ （3）污染物减少需要花多少时间（精确到）？ （参考数据：） 18. 已知函数. （1）当时，求不等式的解集； （2）若的定义域为，求的取值范围； （3）若的值域为，求的取值范围. 19. 函数的最小正周期为， （1）若时，求的值域； （2）若， ①求； ②若在的零点从小到大依次为，记表示不超过的最大整数，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $