精品解析：浙江杭州学军中学2025-2026学年第二学期开学考试高一数学试卷

杭州学军中学2025学年第二学期开学考试 高一数学试卷 命题人：徐雪青 审题人：张俊勇 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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数，在下列区间中，一定存在零点的是（ ） A. B. C. D. 3. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 4. 命题“，”为真命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 5. 记函数（）的最小正周期为，且，将的图象向右平移个单位，所得图象关于轴对称，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 5 6. 已知，则（ ） A. -6 B. C. 8 D. -8 7. 已知是定义在R上的奇函数，且，若对任意的，且，均有成立，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 已知实数满足，则（　　） A. B. C 2 D. 2 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. 下列函数满足既是奇函数又是增函数的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知正数满足，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数 ，则下列结论正确的是（ ） A. 函数 是偶函数 B. 函数 的最小正周期为 2 C. 函数 区间 存在最小值 D. 方程 在区间 内所有根的和为 10 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，若，且，则______． 13. 若函数（且）的图象不经过第三象限，则a的取值范围为_______． 14. 在中，，在上，，，与的夹角为，则的最大值为______． 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. 已知向量，满足， （1）若，求值； （2）若，求在上投影向量的坐标. 16. 已知函数过原点且. （1）求k值并证明为偶函数； （2）若方程有且只有一个解，求实数a的取值范围. 17. 已知函数，且． （1）求函数的最小正周期； （2）将函数的图象上每一个点的横坐标变为原来的4倍，再将纵坐标变为原来的，得到函数的图象，求的对称中心． 18. 记内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足． （1）证明：； （2）若为锐角，点为边BC上一点，AM平分，且，，求的值． 19. 已知函数. （1）设函数. （i）若的图象经过两个定点，求线段的长； （ii）当时，在上单调，求的取值范围. （2）若满足，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 杭州学军中学2025学年第二学期开学考试 高一数学试卷 命题人：徐雪青 审题人：张俊勇 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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别明确集合，，再根据交集的概念求. 【详解】由，所以； 由，所以. 所以. 故选：D 2. 已知函数，在下列区间中，一定存在零点的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先判断函数的单调性，再结合零点存在性定理判断即可. 【详解】因为与均在定义域上单调递增， 所以在上单调递增， 又，，， 所以，所以在区间上存在唯一零点. 故选：C 3. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性排除两个选项，再利用时函数值的正负即可判断得解. 【详解】函数中，，解得，函数的定义域为， 由，得函数是偶函数，其图象关于轴对称，排除AD； 当时，，排除选项C，选项B符合要求. 故选：B 4. 命题“，”为真命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意得到命题的一个充要条件，然后将充分不必要条件转化为真子集，再结合选项即可得到结果. 【详解】命题“”为真命题， 可化为命题“”恒成立， 时显然成立． 当时只需的最小值即可．解得． 故命题“”为真命题的一个充要条件是， 由选项可知，A符合题意． 故选：A． 5. 记函数（）的最小正周期为，且，将的图象向右平移个单位，所得图象关于轴对称，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，求得，进而的平移后的函数为，根据的图象关于轴对称，求得，即可得到答案. 【详解】由函数的最小正周期为，且， 所以，因为，可得， 所以的图象向右平移个单位后得到， 因为所得函数的图象关于轴对称，所以， 可得，因为，所以的最小值为. 故选：D. 6. 已知，则（ ） A. -6 B. C. 8 D. -8 【答案】D 【解析】 【分析】由得，结合诱导公式，利用同角三角函数的平方和关系及商数关系即可求解. 【详解】由得， 故 . 故选：D 7. 已知是定义在R上的奇函数，且，若对任意的，且，均有成立，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，根据题意分析的奇偶性和单调性，不等式即，结合函数性质解不等式即可. 【详解】令， 因为是定义在R上的奇函数， 则， 所以是定义在R上的奇函数， 又因为对任意的，，均有成立， 不妨设，则， 可得，即， 可知在上单调递增，则在上单调递增， 且，则，可得， 不等式化为，即， 可得或，解得或， 所以不等式的解集为. 故选：D． 8. 已知实数满足，则（　　） A. B. C. 2 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由，得， 得，故,再由，构造函数，由单调性求解． 【详解】， 则， 得，故, 由，得， 令， 因为都是增函数，所以在上是增函数， 由，得，故． 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. 下列函数满足既是奇函数又是增函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】依次判断每个选项的定义域、奇偶性、单调性，筛选出同时满足奇函数且在定义域内单调递增的函数. 【详解】选项A：，定义域为，不关于原点对称，非奇非偶，排除A. 选项B：，定义域为，关于原点对称，，是奇函数，且，在上单调递增，满足条件，B正确. 选项C：定义域，关于原点对称，，是奇函数. 单调性：内层在上递增，外层对数函数递增，复合后单调递增，满足条件，C正确. 选项D：分段函数，定义域，关于原点对称， 当时，，则，而，因此. 当时，则. 当时，，则. 综上，，满足奇函数定义. 当时，单调递增；时，单调递增； 时，单调递增；且分段点处连续衔接，整体在上单调递增，满足条件，D正确. 故选：BCD 10. 已知正数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，利用基本不等式，即可求解的最大值；对于B，通过消元，结合二次函数的图像性质，即可求解；对于C，令，代入已知条件，运用判别式法即可求解；对于D，将变形为，然后展开并利用基本不等式求解. 【详解】对于A：，此时，当且仅当时等号成立，故A正确； 对于B：因为，所以，所以， 当且仅当时等号成立，故B错误； 对于C：令，即，则，代入得 ，则有，即，解得， 即，当且仅当时等号成立，故C正确； 对于D：， 当且仅当，时等号成立，故D正确. 故选：ACD 11. 已知函数 ，则下列结论正确的是（ ） A. 函数 是偶函数 B. 函数 的最小正周期为 2 C. 函数 在区间 存在最小值 D. 方程 在区间 内所有根的和为 10 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A：利用偶函数的定义证明； 对于B：取特殊值、进行否定； 对于C：利用单调性，直接判断出在区间存在最大值，不存在最小值，即可判断； 对于D：先判断出的最小正周期为4及单调性，得到在内有5个根及各个根的对称特征，从而求出所以根的和为10. 【详解】因为 ， 而 ，所以 是偶函数，选项 A 正确； 因为 ，所以 2 不是 的最小正周期，选项 B 错误； 当 时， ，所以 ， 因为 ，所以 在区间 上单增，在区间 上单减， 所以 在区间 存在最大值， 不存在最小值， 选项 C 错误； 易知 ，且 的最小正周期为 4， 当 时， ，所以 ， 因为 ， 由 ，得， 所以，解得， 当 时， ，所以 ， 因为 ， 由 ，得， 所以或，解得或, 又周期为4， 所以 在 内有 5个根，分别是-1，1，2，，， 所以方程 在区间 内所有根的和为 10 ，选项D 正确； 故选: AD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，若，且，则______． 【答案】2 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标计算，以及模长范围，即可求得. 【详解】因为，故，故，； 又，则，解得（舍）或. 故答案为：. 13. 若函数（且）图象不经过第三象限，则a的取值范围为_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据函数平移及对数函数的单调性及函数值列式得到答案. 【详解】函数（且）的图象不经过第三象限， 当，由对数函数图象性质知不合题意； 当时，， 所以，所以. 故答案为： 14. 在中，，在上，，，与的夹角为，则的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】先利用与表示、 ，再将转化为与的计算，进而求解. 【详解】因为， 且， 则， 又因为，且与所成夹角为， 则， 可得， 当且仅当时，的最大值为. 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. 已知向量，满足， （1）若，求的值； （2）若，求在上的投影向量的坐标. 【答案】（1）8； （2）. 【解析】 【分析】（1）由已知求出，再利用向量模的公式求解； （2）由已知求出，再利用投影向量的公式求解. 【小问1详解】 由题得， ，∴. ∴ 【小问2详解】 ∴. ∴. ∴投影向量坐标为， ∴投影向量坐标为. 16. 已知函数过原点且. （1）求k值并证明为偶函数； （2）若方程有且只有一个解，求实数a的取值范围. 【答案】（1），证明见解析 （2）或 【解析】 【分析】（1）利用建立方程求解即可，利用偶函数定义证明即可； （2）令，把问题转化为方程仅有一个正根，对a进行分类讨论求解即可. 【小问1详解】 由题意可知，所以，解得， 则， 证明如下：函数的定义域为R关于原点对称， ， 所以，所以为偶函数. 【小问2详解】 ， 所以，令，所以方程仅有一个正根， 当时，与题意不符， 当时，，两根之积为， 即方程恒有一个正根一个负根符合题意， 当时，， 若，则或， 当时，两根之和为，两根之积为，则方程有两个负根与题意不符， 当时，两根之和为，两根之积为，则方程有两个正根与题意不符， 若，则或，当时，方程化简为，仅有一个根-2与题意不符， 当时，方程化简为，仅有一个根满足题意， 综上或. 17. 已知函数，且． （1）求函数的最小正周期； （2）将函数的图象上每一个点的横坐标变为原来的4倍，再将纵坐标变为原来的，得到函数的图象，求的对称中心． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据函数值计算求出结合求参数即可求周期； （2）先根据图象变换求出，再结合对称中心性质计算即可. 【小问1详解】 因为，则，即， 所以，解得， 由可得，，则函数的最小正周期． 【小问2详解】 由（1）可得，将函数的图象上每一个点的横坐标变为原来的4倍， 得到函数图象，再将纵坐标变为原来的， 得到函数的图象． 令，即， 故的对称中心为． 18. 记的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足． （1）证明：； （2）若为锐角，点为边BC上一点，AM平分，且，，求的值． 【答案】（1）证明见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）由，利用正弦定理、余弦定理可得，化简可得，化简证明结论； （2）设，由已知和（1）可得，由，可得，由正弦定理可得，在中，由正弦定理可解得. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得，即， 由余弦定理， 所以，即， 由正弦定理得， 又在中，， 所以 ， 所以，即. 【小问2详解】 设，因为AM平分，且， 则， 由（1）知，，则， 所以， 因为， 所以， 则，又， 则，则，，， 在中，由正弦定理得， 则，得， 所以 ， 在中，由正弦定理， 得，解得. 19. 已知函数. （1）设函数. （i）若的图象经过两个定点，求线段的长； （ii）当时，在上单调，求的取值范围. （2）若满足，证明：. 【答案】（1）（i）4；（ii）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）（i）由题意可得的值与无关，令即可求解； （ii）根据复合函数的单调性可得在上单调递减，在上单调递增，由题意得或，求解即可； （2）由题意，设，利用零点存在定理得，，从而可证明. 【小问1详解】 （i）， 要图象经过定点， 则的值与无关， 即的值与无关. 令，解得或, ， 故线段的长为. （ii）当时，， 令，得，解得或， 故的定义域为. 又在上单调递减，在上单调递增， 由复合函数的单调性可得在上单调递减，在上单调递增. 因为在上单调， 所以或，解得或， 故的取值范围为. 【小问2详解】 因为， 所以， 即. 设， 易知与在上单调递增， 所以在上单调递增， 同理可得在上单调递增. 因为， , 所以. 因为，， 所以， 所以，所以，即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $