精品解析：山东省菏泽市2025-2026学年高一上学期2月期末数学试题

高一数学试题 2026.02 注意事项： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必将姓名、班级等个人信息填写在答题卡指定位置． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．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；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 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“”的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用存在量词命题的否定形式即可求解. 【详解】利用存在量词命题的否定形式可知原命题的否定为：. 故选：D 2. 已知集合，，则（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先求出集合，再根据交集的定义计算可得. 【详解】因为且，所以， 则. 故选：C 3. 下列各角中，与终边相同的角是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出与终边相同的角，逐项判断可得答案. 【详解】与终边相同的角， 对于A， 令，得不是整数，故A错误； 对于B， 令，得是整数，故B正确； 对于C， 令，得不是整数，故C错误； 对于D， 令，得不是整数，故D错误. 故选：B. 4. 若，则（ ） A. B. C. 1 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】令求出的值，再代入计算可得. 【详解】因为，令，解得， 所以. 故选：A 5. 下列函数中，是偶函数且在上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据基本初等函数的奇偶性与单调性判断即可. 【详解】对于A：在上单调递减，故A错误； 对于B：的定义域为，又， 所以偶函数，当时，所以在上单调递增，故B正确； 对于C：为非奇非偶函数，故C错误； 对于D：因为在上单调递增，所以在上单调递减，故D错误. 故选：B 6. 已知集合，或，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】首先解一元二次不等式化简集合，即可判断真包含于，再根据集合的包含关系判断即可. 【详解】由，即，解得或， 所以或， 又或， 所以真包含于，所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 7. 已知，直线与函数的图象分别交于三点，记的横坐标分别为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将图像画在同一坐标系中，据此可得答案. 【详解】将图像画在同一坐标系中，如下图所示，则. 故选：D 8. 的值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由两角差正弦公式结合题意可得答案. 【详解】. 故选：A 二、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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用不等式的基本性质可判断A选项；利用作差法可判断BD选项；利用特殊值法可判断C选项. 【详解】因为， 对于A选项，由不等式的基本性质可得，A对； 对于B选项，，所以，B对； 对于C选项，当时，，C错； 对于D选项，， 所以，D对. 故选：ABD. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 是的一个对称中心 D. 在上单调递增 【答案】AC 【解析】 【分析】对于AB，设最小正周期为，由图象可得，，据此可判断选项正误；对于CD，由AB选项分析结合余弦函数性质可判断选项正误. 【详解】对于AB，由图可得，设最小正周期为，则. 由图可得：. 若，则，其中，这与矛盾； 若，则，其中，取，满足. 综上可得：，故A正确，B错误； 对于CD，由AB分析，将代入可得，则为的一个零点，为的一个对称中心，故C正确； 对于D，，因在上单调递减，在上递增， 则在上先递减，再递增，故D错误. 故选：AC 11. 若存在，使关于的方程有解，则称在“处”可拆．则下列说法正确的有（ ） A. 若，则在“1处”可拆 B. 若，则在“2处”可拆 C. 若，则在“2处”可拆 D. 若，则在“1处”可拆 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据函数在“处”可拆的定义，结合反比例函数，对数函数，指数函数，二次函数及三角函数的性质逐一判断即可． 【详解】对于A，令， 则有，又因为， 所以，即， 整理得，即，此方程明显无实数解，故A错误； 对于B，令，则有， 所以令，解得，故B正确； 对于C，令， 则有， 即， 即， 令， 则在R上连续，且， 当时，易知在R上单调递增，且， 所以的唯一解在内； 当时，因为单调递增，单调递减， 又因为指数函数的增长速度远大于一次函数，所以有解， 综上，有解，故C正确； 对于D，令， 则有， 即， 所以， 即，其中， 即， 此方程有解的条件为, 化简得, 即, 解得, 因为,所以, 又因为，， 所以, 即有解，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的定义域为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据解析式有意义列不等式，求得的定义域. 【详解】因为函数，所以，解得， 所以函数的定义域为. 故答案为：. 13. 已知，则的值为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据利用诱导公式及二倍角公式计算可得. 【详解】因为， 所以 。 故答案为： 14. 已知函数，若图像上存在两组关于原点对称的点，则实数的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】在函数的区间上的图像上任取点，则点在函数在的图像上，整理可知函数有两个不等的正零点，根据二次函数的零点分布可得出关于的不等式组，由此可解得实数的取值范围. 【详解】在函数在上的图像上任取点，则，即， 点关于原点对称的点即， 则点在函数的的图像上，即， 所以，整理得， 令，则函数有两个不等的正零点， 所以，解得 故实数的取值范围是. 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. 已知函数，其中． （1）若在上具有单调性，求的取值范围； （2）若的解集为，求的值，并根据定义证明函数在上单调递增． 【答案】（1） （2），；证明见解析 【解析】 【分析】（1） 应用二次函数单调性结合已知列不等式求出参数； （2）先应用一元二次不等式的解结合韦达定理得出，，再应用单调性定义证明即可. 【小问1详解】 当时，即时，函数在单调递增， 当时，即时，函数在单调递减， 综上，的取值范围是． 【小问2详解】 由的解集为， 所以，得，， 因此 ． 任取，且 ， 则 ， 因为，所以，所以，即． 所以在上单调递增． 16. 如图，在平面直角坐标系中，锐角以为始边，终边与单位圆交于点，将角的终边绕点逆时针旋转交单位圆于点．已知点的横坐标为． （1）求的值； （2）求点的横坐标． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题可求 出， 然后利用诱导公式化简计算即可； （2）由两角和的余弦公式可得答案. 【小问1详解】 由题意知A，所以，． 因为 ， ，. 所以 【小问2详解】 由题意知点B的横坐标为， 因为 . 所以点B的横坐标为. 17. 某公司生产某种电子仪器的固定成本为20000元，每生产一台仪器需增加投入100元，已知总收入（单位：元）关于月产量（单位：台）满足函数 （1）将利润（单位：元）表示为月产量的函数；（利润总收入-总成本） （2）记为月平均单件利润（单位：元），当月产量为何值时，公司所获月平均单件利润最大？最大月平均单件利润为多少元？ 【答案】（1） （2）当月产量为200台时，公司所获月平均单件利润最大，最大月平均单件利润为100元 【解析】 【分析】（1）依题意可得，结合的解析式计算可得； （2）首先表示出，再由基本不等式及函数的单调性计算可得. 小问1详解】 由题意知，当月产量为台时，增加投入为元， 所以，又， 所以 【小问2详解】 因为且， 所以 ， ①当时， ， 当且仅当时，即时取等号，此时的最大值为100． ②当时，则在上单调递减， 所以． 综上，当月产量为200台时，公司所获月平均单件利润最大，最大月平均单件利润为100元． 18. 已知函数． （1）当时，化简； （2）判断函数的奇偶性，写出函数图象的对称中心，并给予证明； （3）证明：函数的零点个数为奇数． 【答案】（1） （2）奇函数，对称中心为，证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）代入计算可得； （2）利用定义判断函数奇偶性，，，故的对称中心为，可用定义证； （3）显然，即1是函数的一个零点； 设是函数的一个零点，则是的一个零点，因此的不等于1的零点成对出现．故函数的零点个数为奇数． 【小问1详解】 因为，所以 所以 【小问2详解】 由，定义域为， ， 即，所以为奇函数． 的对称中心为，证明过程如下： 由 ， 所以函数图象的对称中心为． 【小问3详解】 显然，即1是函数的一个零点； 设是函数的一个零点，即 由（1）知 所以是的一个零点，因此的不等于1的零点成对出现． 故函数的零点个数为奇数． 19. 已知函数． （1）求函数的单调递增区间； （2）若恒成立，求正数的最小值； （3）将函数图象上所有点的纵坐标缩短到原来的（横坐标不变），再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象．当时，记的最大值为的最小值为，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的单调性求出递增区间. （2）求得函数在上的最小值，由，恒成立求出正数的最小值. （3）由函数图象变换求出，借助周期性求解在在一个周期长的区间上变化时，再结合正弦函数性质分段求出的范围即可. 【小问1详解】 依题意，， 由，得， 所以函数的单调递增区间是. 【小问2详解】 由，得，则，， 由恒成立，得，， 则对恒成立，由，得， 则，解得， 所以正数的最小值为. 【小问3详解】 依题意，， 由，得，函数的最小正周期为， 不妨探讨函数在一个周期长的区间的情况： ①当时， 而，则； ②当时，，而，则； ③当时，，，则； ④当时，， ，则； ⑤当时，，，则； ⑥当时，，，则， 所以的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学试题 2026.02 注意事项： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必将姓名、班级等个人信息填写在答题卡指定位置． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．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；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 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“”的否定是（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 下列各角中，与终边相同的角是（ ） A. B. C. D. 4. 若，则（ ） A. B. C. 1 D. 3 5. 下列函数中，是偶函数且在上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 6. 已知集合，或，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 已知，直线与函数图象分别交于三点，记的横坐标分别为，则（ ） A. B. C. D. 8. 值为（ ） A. B. C. 1 D. 二、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，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 是的一个对称中心 D. 在上单调递增 11. 若存在，使关于的方程有解，则称在“处”可拆．则下列说法正确的有（ ） A. 若，则在“1处”可拆 B. 若，则在“2处”可拆 C. 若，则在“2处”可拆 D. 若，则在“1处”可拆 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的定义域为___________． 13. 已知，则的值为___________． 14. 已知函数，若图像上存在两组关于原点对称点，则实数的取值范围是___________． 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，其中． （1）若在上具有单调性，求的取值范围； （2）若的解集为，求的值，并根据定义证明函数在上单调递增． 16. 如图，在平面直角坐标系中，锐角以为始边，终边与单位圆交于点，将角的终边绕点逆时针旋转交单位圆于点．已知点的横坐标为． （1）求的值； （2）求点的横坐标． 17. 某公司生产某种电子仪器的固定成本为20000元，每生产一台仪器需增加投入100元，已知总收入（单位：元）关于月产量（单位：台）满足函数 （1）将利润（单位：元）表示为月产量的函数；（利润总收入-总成本） （2）记为月平均单件利润（单位：元），当月产量为何值时，公司所获月平均单件利润最大？最大月平均单件利润为多少元？ 18. 已知函数． （1）当时，化简； （2）判断函数的奇偶性，写出函数图象的对称中心，并给予证明； （3）证明：函数零点个数为奇数． 19. 已知函数． （1）求函数的单调递增区间； （2）若恒成立，求正数的最小值； （3）将函数图象上所有点的纵坐标缩短到原来的（横坐标不变），再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象．当时，记的最大值为的最小值为，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $