精品解析：湖南长沙市长郡中学2025-2026学年高一上学期期末考试数学试题

高一数学期末 命题人：彭泽华 审题人：周熙 时量：120分钟 满分：150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，只有一个选项符合题目要求的.） 1. 已知角终边上一点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用诱导公式以及三角函数的定义可得出所求代数式的值. 【详解】由诱导公式和三角函数的定义可知， 故选：A. 2. 已知向量，且，则（ ） A. 2 B. 3 C. 2或3 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】应用向量平行的坐标关系计算求解. 【详解】因为向量，又因为， 所以， 即，解得或. 故选：C. 3. 科学家研发一种植物新品种，如果第1代得到1粒种子，以后各代每粒种子都可以得到下一代12粒种子，则种子数量首次超过100万粒的是（ ）（参考数据：） A. 第6代种子 B. 第7代种子 C. 第8代种子 D. 第9代种子 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意列出不等式，对不等式化简代入数值即可. 【详解】第代种子的数量为， 由题意得，得，即. 因为， 故种子数量首次超过100万粒的是第7代种子. 故选：B. 4. 等于（ ） A. B. C. 1 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】直接利用两角和的正切公式的变形公式化简计算即可 【详解】 ， 故选：D 5. 函数的部分图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性排除D；根据时，由的取值情况排除A，B. 【详解】，其定义域为. 对于任意. 所以函数是奇函数，图象关于原点对称，故排除D选项； 当时，，所以，则； 当时，，所以，则，故排除B选项； 当时，，所以排除选项A. 故选：C. 6. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 将的图象向右平移个单位长度得到的图象关于原点对称 C. 在区间上单调递增 D. 方程在区间上有5个不等实根 【答案】D 【解析】 【分析】先根据函数的部分图象，求出函数的解析式，再对每一选项逐一判断求解. 【详解】由题意图象相邻对称轴间的距离为，可得，因此，所以， 当时，，故. 由，得，因为函数的最大值为2，所以， 因此. A选项，，非最值，故不是图象的对称轴，A错误； B选项，图象向右平移个单位长度后的解析式为，图象不关于原点对称，B错误； C选项，单调区间长度为，不可能在长度为的区间上单调递增，C错误； D选项，令，可得或，解得或， 在上，实根为，共5个，D正确. 故选：D 7. 下列函数符合在定义域上单调递增的奇函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据，在定义域上不具有单调性判断BD；根据奇偶性的定义，函数运算的单调性判断方法判断AC. 【详解】对于A：，定义域为，所以为奇函数，且和均为增函数，所以为增函数，故A符合题意； 对于B，因为函数的定义域为，所以函数在其定义域不具有单调性，故B不符合题意； 对于C：函数，由得函数的定义域为， ， 所以函数为奇函数， 因为在上单调递减，在上单调递减， 所以在上单调递减，故C不符合题意. 对于D，因为函数的定义域为，函数在其定义域不具有单调性，故D不符合题意； 故选：A. 8. 若定义在上的奇函数满足，对任意，有，则下列说法不正确的是（ ） A. 函数的图象关于点中心对称 B. 函数的图象关于直线轴对称 C. 在区间上，为减函数 D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用函数的对称性得出对称轴判断A，应用奇函数及函数的对称性得出对称中心判断B，应用单调性的定义结合对称性判断C，应用函数的周期性和单调性判断D. 【详解】因为，所以的图象关于直线对称，故B正确； 因为函数是定义在R上的奇函数，所以函数的图象关于原点对称；结合函数的图象关于直线对称， 所以函数的图象关于点中心对称，故A正确； 因为在区间上，有，所以在上单调递增， 因为关于轴对称，关于点中心对称，且在上单调递增， 所以上单调递减，故C正确； 因为是定义在上的奇函数，所以，所以，即， 所以，所以是以4为周期的周期函数， 又在上单调递增， 所以，故D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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. （★）设函数，则（ ） A. 是偶函数 B. 在区间上单调递减 C. 最大值为2 D. 其图象关于直线对称 【答案】ABD 【解析】 【分析】先利用三角恒等变换将函数化简为，再根据余弦函数的奇偶性、单调性、最值及对称性逐一判断各选项. 【详解】， ，故为偶函数，且最大值为，A正确，C错误； 因为余弦函数的单调递减区间为，令，解得， 令得，，所以在区间上单调递减，B正确； 余弦函数的对称轴为函数取最值的直线，当时，，取得最小值， 所以图象关于直线对称，D正确. 故选：ABD 10. 下列说法正确的是（ ） A. 已知，则的最小值为6 B. 在中，若，则为钝角三角形 C. 若是的重心，则 D. 若与的夹角为，则在方向上的投影向量为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项根据数量积的定义计算，B选项，由数量积判断出的外角为钝角，进一步判断三角形形状，C选项根据重心的向量表达式求解，D选项，根据投影向量公式求解. 【详解】对A，因为， 当反向共线时等号成立，故A正确； 对B，由可知的外角为钝角，所以为锐角， 故不能判断为钝角三角形，故B错误； 对C，由是的重心，可知， 所以，故C正确； 对D，因为与的夹角为， 所以在方向上的投影向量为，故D正确. 故选：ACD 11. 已知，且，则（ ） A. B. 存在使得 C. 不存在使得 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】应用不等式性质计算判断A，D，应用基本不等式计算判断B，反证法计算判断C， 【详解】对于A，由，得，A正确； 对于C，由，得，则， 若存在使得，则与已知相矛盾，C正确； 对于B，由且，得，B错误； 对于D，，D正确. 故选：ACD. 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知函数，且，则实数的值为__________. 【答案】或1 【解析】 【分析】利用分段函数的性质建立方程，求解出参数即可. 【详解】由题意得当时，，解得； 当时，，解得， 则实数值为或1. 故答案为：或1 13. 已知函数，其中且的图象过定点，则函数的最大值为__________. 【答案】1 【解析】 【分析】应用指数函数定点结合特殊值的三角函数值求出点，再应用正弦性质计算求解. 【详解】因为函数，所以当时，又，所以， 所以点坐标， 所以在时取最大值1. 故答案为：1. 14. 如图，已知和为直角三角形，，与交于点，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，得出向量坐标列式结合二倍角正切公式计算求解. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的坐标系， 由题意得，则 ， 因为，故， 因为，所以（负值舍去）， 所以，故. 又，则， 因为， 所以， 解得，所以. 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. 已知集合，集合. （1）求； （2）已知，若是的充分不必要条件，求实数的取值范围. 【答案】（1）. （2） 【解析】 【分析】（1）解指数不等式化简集合，解对数不等式化简集合，再根据补集、交集的定义计算可得； （2）解一元二次不等式化简集合，依题意是的真子集，显然，即可得到不等式组，解得即可. 【小问1详解】 由，即，即，解得，即， 由，即，所以，解得，即， 所以，则. 【小问2详解】 由，即， 因为恒成立，解得， 所以， 由是的充分不必要条件，所以是的真子集，显然， 所以（等号不同时取到），解得， 所以实数的取值范围是. 16. 如图，在中，为线段上一点，且. （1）若，求的值； （2）若，且与的夹角为，求的值. 【答案】（1） （2）-3 【解析】 【分析】（1）应用平面向量的减法，再结合平面向量基本定理求出参数； （2）应用平面向量的数量积及数量积运算律计算求解. 【小问1详解】 若，则， 即， 故. 【小问2详解】 若，则， 即， 所以 . 17. 已知函数的图象如图所示. （1）求函数的单调递减区间； （2）已知方程在区间内有四个不相等的实数根，分别记为，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦函数性质并结合图象求出函数解析式，再利用整体代入法求解单调递减区间即可. （2）利用换元法并结合题意得到在上有四个根，进而结合正弦函数的对称性求解即可. 【小问1详解】 由函数解析式和图象可得， 最小正周期，则， 由，则有， 解得，又，得，故， 由， 可得， 故函数的单调递减区间为. 【小问2详解】 由，得， 当时，令，则， 则在上有四个根， 且， 则， 解得. 18. 已知函数. （1）若为偶函数，求实数的值. （2）当时，判断并证明函数的单调性. （3）当时，是否存在实数使得对任意恒成立？若存在，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）为上的增函数，证明见解析 （3）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据求得，再检验满足偶函数定义即可； （2）根据复合函数单调性判断，再结合函数单调性的定义证明即可； （3）将问题转化为对任意恒成立，再求函数的最小值，并解对数不等式即可得答案. 【小问1详解】 解：定义域为， 因为为偶函数，所以， 即， 即，解得， 此时，定义域为， 且， 所以为偶函数，符合题意， 所以. 【小问2详解】 解：当时，为上的增函数， 证明：任取，且，则 ， 因为，所以，所以，所以， 所以，所以， 所以，即， 所以，当时，为上的增函数. 【小问3详解】 解：当时，， 则， 原不等式可化为， 即对任意恒成立， 记，只需， 因为在上单调递增，在上单调递增， 所以在上单调递增，所以， 所以,化简得，解集为， 所以，不存在实数满足条件. 19. 已知函数. （1）求函数图象对称轴方程； （2）若，存在，对任意，有恒成立，求的最小值； （3）若，且，求的值. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）由三角恒等变换化简整理得，再整体代换求解即可； （2）令，进而将问题转化为的最值，再结合二次函数性质求解即可； （3）根据三角恒等变换化简整理得，再结合求解即可. 【小问1详解】 ， 令，得， 所以函数图象的对称轴方程为. 【小问2详解】 ， 令， 则， 则， 可得，当即时，； 当即时，. 因为存在，对任意，有恒成立， 所以为的最小值，为的最大值， 所以， 所以，所以. 【小问3详解】 因为， 所以 ， 化简得， ， ， 得， 所以， 因为，所以，， 所以，，即. 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学期末 命题人：彭泽华 审题人：周熙 时量：120分钟 满分：150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，只有一个选项符合题目要求的.） 1. 已知角终边上一点，则（ ） A B. C. D. 2. 已知向量，且，则（ ） A. 2 B. 3 C. 2或3 D. 或 3. 科学家研发一种植物新品种，如果第1代得到1粒种子，以后各代每粒种子都可以得到下一代12粒种子，则种子数量首次超过100万粒的是（ ）（参考数据：） A. 第6代种子 B. 第7代种子 C. 第8代种子 D. 第9代种子 4. 等于（ ） A. B. C. 1 D. 1 5. 函数的部分图象大致是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 将的图象向右平移个单位长度得到的图象关于原点对称 C. 在区间上单调递增 D. 方程在区间上有5个不等实根 7. 下列函数符合在定义域上单调递增的奇函数的是（ ） A B. C. D. 8. 若定义在上的奇函数满足，对任意，有，则下列说法不正确的是（ ） A. 函数的图象关于点中心对称 B. 函数的图象关于直线轴对称 C. 在区间上，为减函数 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. （★）设函数，则（ ） A. 是偶函数 B. 在区间上单调递减 C. 最大值为2 D. 其图象关于直线对称 10. 下列说法正确的是（ ） A. 已知，则的最小值为6 B. 在中，若，则为钝角三角形 C. 若是的重心，则 D. 若与的夹角为，则在方向上的投影向量为 11. 已知，且，则（ ） A B. 存在使得 C. 不存在使得 D. 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知函数，且，则实数的值为__________. 13. 已知函数，其中且的图象过定点，则函数的最大值为__________. 14. 如图，已知和为直角三角形，，与交于点，若，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. 已知集合，集合. （1）求； （2）已知，若是的充分不必要条件，求实数的取值范围. 16. 如图，在中，为线段上一点，且. （1）若，求的值； （2）若，且与的夹角为，求的值. 17. 已知函数的图象如图所示. （1）求函数的单调递减区间； （2）已知方程在区间内有四个不相等的实数根，分别记为，求的值. 18. 已知函数. （1）若为偶函数，求实数的值. （2）当时，判断并证明函数的单调性. （3）当时，是否存在实数使得对任意恒成立？若存在，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由. 19. 已知函数. （1）求函数图象的对称轴方程； （2）若，存在，对任意，有恒成立，求的最小值； （3）若，且，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $