精品解析：湖南省长沙外国语学校2025-2026年高一上学期期末考试数学试题

湖南省长沙外国语学校2025-2026年高一上学期期末考试数学试题 时量：120分钟 满分：150分 一、选择题（本大题共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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先解带绝对值的不等式化简集合再求即可. 【详解】或，， 所以或. 故选：D 2. 下列选项中与角终边相同的角是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据终边相同的角的定义可得结果. 【详解】因为，故与角终边相同的角为. 故选：C. 3. 幂函数在上单调递增，则（ ） A. 1 B. 3 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由幂函数的定义和单调性得到，进而求解即可. 【详解】因为幂函数在上单调递增， 由幂函数的定义及单调性得，解得． 故选：B 4. 已知正数满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据基本（均值）不等式求和的最小值. 【详解】因为为正数，所以， ， 当且仅当，即时取等号, 由和解得，此时取得最小值. 故选：A 5. 已知函数的部分图象如图所示，将的图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角函数的图象求出函数的解析式，再利用三角函数图象变换可得出函数的解析式. 【详解】由图可知函数的最小正周期满足， 所以最小正周期，故. 将最低点代入可得，即， 所以，可得. 又，所以，所以， 将的图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍， 由三角函数图象伸缩变换的规律可知． 故选：D. 6. 函数的单调递减区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求原函数的定义域，分别判断与的单调性，利用复合函数的“同增异减”原则即得原函数的递减区间. 【详解】由可得或， 所以的定义域为， 设，则， 因为图象的对称轴为，函数在上单调递减，在上单调递增， 而在定义域内单调递减， 所以的单调递减区间是． 故选：D. 7. 中国传统折扇文化有着极其深厚的底蕴，“数折聚清风，一捻生秋意”是宋朝朱翌描写折扇的诗句．如图，假设这把折扇是从一个大圆中剪下一个扇形OAB，再在该扇形内剪下一个同心小扇形OCD（作为扇骨留白），形成扇环形状的扇面ABCD.当扇子扇形的圆心角为时，扇面看上去形状较为美观．已知，弧CD的长为，则此扇面的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先通过弧长公式求出小扇形半径，再结合的长度得到大扇形半径，最后利用扇形面积公式计算两个扇形的面积差，得到扇面面积. 【详解】设，因为圆心角，弧CD的长为， 代入弧长公式可得，解得．所以． 由扇形面积公式可得，， ， 所以此扇面的面积． 故选：C. 8. 已知函数，若恒成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析可知函数在上为减函数，且，故可将所求不等式变形为，于是得出对任意的恒成立，分、两种情况讨论，结合二次不等式恒成立求解即可. 【详解】由题意知，对任意的，，故函数的定义域为， 因为， 因为函数为增函数，在上为减函数， 故函数在上为减函数， 又因为函数在上为减函数，故函数在上为减函数， 因为， 所以， 由可得， 所以，故，即对任意的恒成立， 若，可得，此时恒成立，满足要求； 若，则需，解得， 综上所述，的取值范围是. 故选：A. 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. 以下四个命题中，是真命题的是（ ） A. B. 存在整数x，y，使得 C. ，二次函数的图象都关于轴对称 D. 若命题，则的否定为： 【答案】AC 【解析】 【分析】逐项判断各选项的正确性即可. 【详解】对于A，显然为真命题； 对于B，一定为偶数，故B选项为假命题； 对于C，设，易知其定义域为，又，所以为偶函数，故C选项为真命题； 对于D，若命题，则p的否定为：，故D选项为假命题， 故选：AC. 10. 已知函数，其中，若的最小正周期为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的定义域为 C. 在上单调递增 D. 若，且，则的最大值为 【答案】AD 【解析】 【分析】利用正切型函数的周期公式可判断A选项；利用正切型函数的定义域可判断B选项；利用正切型函数的单调性可判断C选项；解不等式，结合可得出的最大值，可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为且函数的最小正周期为，故，A对； 对于B选项，由A选项可知， 由可得， 故函数的定义域为，B错； 对于C选项，当时，， 故函数在上不单调，C错； 对于D选项，由可得， 所以， 因为，故当时，取最大值，D对. 故选：AD. 11. 已知函数，其中，且，则（ ） A. 有两个减区间 B. 函数最多有3个零点 C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】作出函数图象可判断A；将问题转化为的函数图象交点个数即可判断B；利用对称性求出，再数形结合求出的范围即可判断C；先求出的范围，再结合的范围即可判断D； 【详解】作出的图象如下： 当时，，其对称轴为，开口向下，， 所以的单调增区间为，单调减区间为； 当时，的单调增区间为， 综上有一个减区间，故A不正确； 结合图象可得，当时，的函数图象有个交点， 即函数有3个零点； 当或时，的函数图象有个交点， 即函数有2个零点； 当时，的函数图象有个交点，即函数有1个零点； 故函数最多有3个零点，故B正确； 由于，且，结合图象可得， 又得，则， 所以，故C错误； 由图象得，且， 则， 由，则，即， 由于，且随着的增大，也增大，所以，故D正确． 故选：BD 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 且的图象恒过定点_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据指数函数图象特征列式求解即可. 【详解】令，得，则， 即且的图象恒过定点. 故答案为：. 13. 已知函数是定义在上的奇函数，若时，，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】利用奇函数的性质结合对数运算可求得的值. 【详解】因为函数是定义在上的奇函数，若时，， 则. 故答案为：. 14. ，用表示、中的最小者，记为，，则当_________时，取到最大值． 【答案】 【解析】 【分析】作出函数的图象，数形结合可得结果. 【详解】令，， 由得，整理可得，解得或， 作出函数、图象如下， 由图象可得， 作出函数的图象如下图所示： 由图象可知，当时，函数的最大值. 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. 已知全集，集合. （1）当时，求； （2）若“”是“”成立的必要不充分条件，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据对数函数的性质解不等式，再结合并集的定义，即可得解； （2）由题意得是的真子集，然后列不等式组即可求出的取值范围. 【小问1详解】 由，解得，故， 若，则，因此； 【小问2详解】 若“”是“”成立的必要不充分条件，可得是的真子集. 因为， 故或，解得，故． 16. 已知函数． （1）求的最小正周期； （2）求的最大值及取得最大值时的值； （3）当时，求的单调递增区间． 【答案】（1） （2）的最大值为，取得最大值时 （3）， 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数的解析式，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期； （2）令可求出的值，即可得出结果； （3）由可求出的取值范围，结合正弦型函数的单调性可得出函数的增区间. 【小问1详解】 ， 所以的最小正周期为． 【小问2详解】 令，解得， 所以当时，取得最大值， 所以的最大值为，取得最大值时. 【小问3详解】 当时，， 由或可得或， 故函数在上的单调递增区间为，. 17. 已知． （1）若的解集为，求关于的不等式的解集； （2）若，解关于的不等式． 【答案】（1） （2） 当时，； 当时，； 当时，. 【解析】 【分析】（1）根据一元二次不等式解集与一元二次方程的根的关系求出，代入求解分式不等式即可得答案； （2）不等式可化为，分为，和三种情况，分别求解即可. 【小问1详解】 已知的解集为，说明和是方程的根． 由韦达定理：，可得， 将代入不等式，得 所以．因此，不等式的解集为． 【小问2详解】 ， 即解，需要根据的取值分类讨论： （1）当，即时，不等式的解为或； （2）当，即时，不等式变为，解集为R； （3）当，即时，不等式的解为或． 综上所述：当时，； 当时，； 当时，. 18. 如图，为半圆的直径，，为圆心，是半圆上的一点，，将射线绕逆时针旋转到，过、分别作于，于． （1）建立适当的直角坐标系，用的三角函数表示、两点的坐标； （2）求四边形面积的最大值． 【答案】（1）以所在直线为轴，为原点建立平面直角坐标系， 点，点 （2） 【解析】 【分析】（1）以所在直线为轴，为原点建立平面直角坐标系，利用三角函数的定义、诱导公式可得出点、的坐标； （2）利用三角恒等变换化简四边形的面积关于的表达式，结合的取值范围以及正弦型函数的基本性质可求得的最大值. 【小问1详解】 如图，以所在直线为轴，为原点建立平面直角坐标系， ，圆的半径为， 点坐标为，点的坐标为， 坐标为． 【小问2详解】 ，， 四边形的面积 ， 当时，即时，， 四边形的面积的最大值为． 19. 已知函数，其中，且为奇函数． （1）求的值； （2）若，，，求集合； （3）若函数，讨论函数（为常数）的零点个数． 【答案】（1） （2） （3）当时，函数有且只有一个零点； 当时，函数有两个零点. 【解析】 【分析】（1）利用奇函数的定义可得出关于的等式，结合可得出的值； （2）分析出函数是定义在上的奇函数且为减函数，由可得出，结合函数的定义域、奇偶性以及单调性可得出关于的不等式组，即可得出集合； （3）化简函数的解析式，令得出，然后分、两种情况讨论，化简所求方程，对实数的取值进行分类讨论，可得出所求方程解的个数. 【小问1详解】 因为函数为奇函数， ， ，解得． 又，． 经检验，符合题意． 【小问2详解】 由（1）得，则， 由， 因函数为奇函数，，即为奇函数． 又， 因在上单调递减且为正数，又在定义域内为增函数， 则在上单调递减，故在上单调递减， 由． ，解得，故集合． 【小问3详解】 ，且， ， 由可得，即， 令． ①当时，有， ． 由得，即． 当时，方程在无实数解． 当时，由得，由，解得． 即当时，，而当时，． 所以，当或或时，函数在只有一个零点； 当且时，函数在有两个零点：和； ②当时，有，． 当时，函数在没有零点． 当时，，由得或． 所以，当或时，函数在有一个零点； 当时，函数在没有零点． 综上所述，当时，函数有且只有一个零点； 当时，函数有两个零点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省长沙外国语学校2025-2026年高一上学期期末考试数学试题 时量：120分钟 满分：150分 一、选择题（本大题共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，，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列选项中与角终边相同的角是（ ） A. B. C. D. 3. 幂函数在上单调递增，则（ ） A. 1 B. 3 C. D. 4. 已知正数满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的部分图象如图所示，将的图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. D. 6. 函数的单调递减区间是（ ） A. B. C. D. 7. 中国传统折扇文化有着极其深厚的底蕴，“数折聚清风，一捻生秋意”是宋朝朱翌描写折扇的诗句．如图，假设这把折扇是从一个大圆中剪下一个扇形OAB，再在该扇形内剪下一个同心小扇形OCD（作为扇骨留白），形成扇环形状的扇面ABCD.当扇子扇形的圆心角为时，扇面看上去形状较为美观．已知，弧CD的长为，则此扇面的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若恒成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. 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. 以下四个命题中，是真命题的是（ ） A. B. 存在整数x，y，使得 C. ，二次函数的图象都关于轴对称 D. 若命题，则的否定为： 10. 已知函数，其中，若的最小正周期为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的定义域为 C. 在上单调递增 D. 若，且，则的最大值为 11. 已知函数，其中，且，则（ ） A. 有两个减区间 B. 函数最多有3个零点 C. D. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 且的图象恒过定点_________． 13. 已知函数是定义在上的奇函数，若时，，则_________. 14. ，用表示、中的最小者，记为，，则当_________时，取到最大值． 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. 已知全集，集合. （1）当时，求； （2）若“”是“”成立的必要不充分条件，求实数的取值范围． 16. 已知函数． （1）求的最小正周期； （2）求的最大值及取得最大值时的值； （3）当时，求的单调递增区间． 17. 已知． （1）若的解集为，求关于的不等式的解集； （2）若，解关于的不等式． 18. 如图，为半圆的直径，，为圆心，是半圆上的一点，，将射线绕逆时针旋转到，过、分别作于，于． （1）建立适当的直角坐标系，用的三角函数表示、两点的坐标； （2）求四边形面积的最大值． 19. 已知函数，其中，且为奇函数． （1）求的值； （2）若，，，求集合； （3）若函数，讨论函数（为常数）的零点个数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $