精品解析：云南省玉溪第一中学2025-2026学年下学期高一期中考试数学试题

玉溪一中2025—2026学年下学期高一期中考 数学试题 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姓名、准考证号、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，用黑色碳素笔将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：由一元二次不等式的解法求出集合，即可根据交集的运算解出． 方法二：将集合中的元素逐个代入不等式验证，即可解出． 【详解】方法一：因为，而， 所以． 故选：C． 方法二：因为，将代入不等式，只有使不等式成立，所以． 故选：C． 2. 已知实数满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 所求的分母特征，利用变形构造，再等价变形，利用基本不等式求最值. 【详解】解：因为满足， 则 ， 当且仅当时取等号， 故选：． 【点睛】本题考查通过拼凑法利用基本不等式求最值.拼凑法的实质在于代数式的灵活变形，拼系数、凑常数是关键.(1)拼凑的技巧，以整式为基础，注意利用系数的变化以及等式中常数的调整，做到等价变形;(2)代数式的变形以拼凑出和或积的定值为目标(3)拆项、添项应注意检验利用基本不等式的前提. 3. 已知函数，则（ ） A. 是奇函数，且在R上是增函数 B. 是偶函数，且在上是增函数 C. 是奇函数，且在R上是减函数 D. 是偶函数，且在上是减函数 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性定义，即可判断奇偶性，根据函数单调性的定义，即可判断函数的增减性. 【详解】函数的定义域为， ，所以函数是奇函数， 且是增函数，是减函数，所以函数在上是增函数. 故选：A 4. 若，则 A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据可得的关系，结合可得. 【详解】因为，所以，所以，故选A. 【点睛】本题主要考查三角函数的同角关系，利用弦函数的关系可得切函数的值，侧重考查数学运算的核心素养. 5. 围棋是一种古老的智力游戏，相传是中国“五帝”之一的尧帝发明的，至今已有4000多年的历史.围棋最早被称为“弈”或“棋”后来，人们根据下棋时黑白双方总是互相攻击，互相包围的特点，称“下棋”是“围棋”这样，“围棋”作为一个专门名词就固定下来.南北朝时候，棋盘定型为现在的19道棋盘（即棋盘上有纵横各19条线段将棋盘分成361个交叉点）.根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限约为，而可观测宇宙中普通物质的原子总数约为，则下列各数中与最接近的是（ ）（参考数据：） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用指对数的关系及指数的运算性质求值即可. 【详解】由题意：，根据题设及指对数关系有， 所以，所以. 故选：A 6. 设的面积为，角、、所对的边分别为、、，且，若，则此三角形的形状为（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】B 【解析】 【分析】由余弦定理可得出的值，由平面向量数量积的定义以及三角形的面积公式化简得出的值，结合三角形内角的取值范围得出、的值，进而可得出角的值，即可得出结论. 【详解】因为，所以， 因为，故， 因为，即， 即，化简得， 因为，故，可得，则，故， 因此，为直角三角形， 故选：B. 7. 在正方体中，动点在棱上，动点在线段上，为底面的中心，若，,则四面体的体积（ ） A. 与，都有关 B. 与，都无关 C. 与有关，与无关 D. 与有关，与无关 【答案】B 【解析】 【分析】作出辅助线，设正方体的边长为，可得，到平面的距离为定值，到直线的距离为定值，的面积为定值．从而得到即可求解. 【详解】如图，连接，，，，，，设正方体的边长为 ∵，平面，平面， ∴平面，∴到平面的距离为定值， ∵，∴到直线的距离为定值， ∴的面积为定值． ∵，∴四面体的体积是与m，n无关的定值． 故选：B 8. 已知函数为的零点，为图象的对称轴，且在单调，则的最大值为 A. 11 B. 9 C. 7 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知可得ω为正奇数，且，结合为的零点，为图象的对称轴，求出满足条件的解析式，并结合在上单调，可得ω的最大值． 【详解】∵为的零点，为图象的对称轴， ∴，即，， 即，， 即ω为正奇数， ∵在上单调，则， 即，解得：， 当时，，， ∵， ∴， 此时在不单调，不满足题意； 当时，，， ∵，∴， 此时在单调，满足题意； 故ω的最大值为9. 【点睛】本题将三角函数的单调性与对称性结合在一起进行考查,题目新颖,是一道考查能力的好题.注意本题求解中用到的两个结论：①的单调区间长度是最小正周期的一半;②若的图像关于直线对称,则或. 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. 下列命题中错误的有（ ） A. 若复数满足，则是虚数； B. 若复数，则其虚部不存在； C. “”是“”的充分不必要条件； D. 若复数､满足，则. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据复数的定义、实数的性质判断A，由算数的分类判断B，根据充分必要条件的定义判断C，由实数的性质判断D，错误的可举反例． 【详解】时，，因此当时，一定是虚数，A正确； 若是实数，则它作为复数，其虚部为0，不是不存在，B错误； 时，，满足，但时，也满足，因此C正确； 当时，，但，D错． 故选：BD． 10. 已知互不相同的20个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，设剩下的18个样本数据的方差为，平均数：去掉的两个数据的方差为，平均数；原样本数据的方差为，平均数，若，则（ ） A. 剩下的18个样本数据与原样本数据的中位数不变 B. C. 剩下18个数据的分位数大于原样本数据的分位数 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】设20个样本数据从小到大排列分别为，再根据中位数、平均数、第22百分位数与方差的定义与公式推导即可. 【详解】设20个样本数据从小到大排列分别为，则剩下的18个样本数据为， 对于A：原样本数据的中位数为，剩下的18个样本数据的中位数为，A正确； 对于B，依题意，，，， 由，得，即， 于是，因此，即，B正确； 对于C，因为，则剩下18个数据的分位数为， 又，则原样本数据的分位数为，C错误； 对于D，因为，则，，， 于是，， 因此，即，D正确. 故选：ABD 11. 给定函数，用表示中的较大者，记为，则（ ） A. 的图象可能是一条直线 B. 的图象不可能是一条直线 C. 当时，的值域为 D. 若关于的不等式的解集中有且仅有个整数，则实数的取值范围是 【答案】BD 【解析】 【分析】对A、B，作差发现存在使，由此可判断A、B；对C，令，即，解得，求出的值域，判断C；对D，由题得关于的不等式的解集中有且仅有1个整数，即为，得，解不等式求的范围判断D. 【详解】对于A和B，由，故总存在使得， 又，所以不可能始终等于， 即的图象不可能是一条直线，故A错误，B正确； 对于C，当时，，令，即，解得， 当或时，，此时，有， 当时，，此时，有， 综上，的值域为，故C错误； 对于D，由，当时，， 当或时，，， 当时，，， 又当时 ，，所以关于的不等式的解集中有且仅有1个整数，即为， 所以，解得， 所以实数的取值范围为. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，，则向量与的夹角为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知，利用向量的模长、夹角公式、向量的坐标表示以及向量的运算律计算求解. 【详解】因为，所以，所以， 又，，所以，所以， 所以，所以， 又， 所以向量与的夹角为， 因为向量与的夹角范围为：， 所以向量与的夹角为. 故答案为：. 13. 在封闭的直三棱柱内，有一体积为的球，若，当球的体积取得最大值时，球的内接正四面体的棱长为___________． 【答案】 【解析】 【分析】由题知的内切圆半径为，进而得球的体积最大时，再将其转化为球中内接正方体的，求正方体的面对角线长即可. 【详解】解：因为，所以为直角三角形， 所以的内切圆半径为 因为要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切，设球的半径为， 所以，又，所以， 所以，， 所以，该球的内接正方体的体对角线的长为， 所以，该球的内接正方体的边长为， 所以，该球的内接正方体的面对角线的长为，即球的内接正四面体的棱长为. 故答案为： 14. 已知函数，若不相等的正实数满足，且恰为的两个零点，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】由已知得为上的奇函数，所以，得，因为恰为的两个零点，得可得答案． 【详解】由，可得 ，且，所以为上的奇函数， ， 令，当时为减函数，为增函数，根据复合函数的单调性可得在为减函数，又为上的奇函数，所以为上的减函数，又正实数满足，所以，设， 因为恰为的两个零点，所以，， 则即（舍去），或，故，可得舍去，或，故． 故答案为：. 【点睛】（1）灵活应用函数性质解抽象函数型方程（不等式）； （2）求函数零点（方程）类问题分为两大类：①零点直接解出来：方程可解；②方程不可解：二分法估计近似值. 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. 已知函数． （1）若在上恒成立，求实数的取值范围； （2）若在上恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）计算函数的最小值为，根据题意得到，解得答案. （2）计算函数在上的最大值为，根据题意得到，得到答案. 【小问1详解】 ，则， 在上恒成立，即，故. 【小问2详解】 ， 在上的最大值为， 故在上满足，故，即. 16. 已知函数． （1）求的单调递增区间； （2）若函数的零点为，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由降幂公式和辅助角公式化简，结合整体法可求的单调递增区间； （2）由题意知，再通过“配角”并运用诱导公式求解即可. 【小问1详解】 ， 令，解得， 所以的单调递增区间为. 【小问2详解】 由（1）得， 因为函数的零点为，所以. 17. 已知向量，. （1）若，求； （2）若，函数，求的值域. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】根据向量共线定理的坐标形式建立方程即可求得结果； 利用换元法转化成一元二次函数，即可求得结果. 【小问1详解】 解：向量，，， 即， ， . 【小问2详解】 ，， ， 设， 则， ，， 设，， 由二次函数性质可得： ， . 故的值域为. 18. 设函数 （1）若，求的解集． （2）若不等式对一切实数恒成立，求的取值范围； （3）解关于的不等式：． 【答案】（1） （2） （3） 当时，原不等式的解集为或； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为或； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为 【解析】 【分析】（1）将代入，根据图象的开口方向，以及，即可求得不等式的解集； （2）根据题意，转化为恒成立，分与，两种情况讨论，结合二次函数的性质，列出不等式（组），即可求解； （3）将原式化为，分，，三种情况讨论，结合一元二次不等式的解法，即可得到结果． 【小问1详解】 由函数， 若，可得， 又由，即不等式，即， 因为，且函数对应的抛物线开口向上， 所以不等式的解集为，即的解集为. 【小问2详解】 由对一切实数恒成立，等价于恒成立， 当时，不等式可化为，不满足题意． 当时，则满足，即，解得， 所以的取值范围是． 【小问3详解】 依题意，等价于， 当时，不等式可化为，所以不等式的解集为． 当时，不等式可化为，此时， 所以不等式的解集为． 当时，不等式化为， ①当时，，不等式的解集为； ②当时，，不等式的解集为或； ③当时，，不等式的解集为或； 综上，当时，原不等式的解集为或； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为或； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为． 19. 近年来，某西部乡村农产品加工合作社每年消耗电费24万元.为了节能环保，决定修建一个可使用16年的沼气发电池，并入该合作社的电网.修建沼气发电池的费用（单位：万元）与沼气发电池的容积（单位：米3）成正比，比例系数为0.12.为了保证正常用电，修建后采用沼气能和电能互补的供电模式用电.设在此模式下，修建后该合作社每年消耗的电费（单位：万元）与修建的沼气发电池的容积（单位：米3）之间的函数关系为（，k为常数）.记该合作社修建此沼气发电池的费用与16年所消耗的电费之和为（单位：万元）. （1）解释的实际意义，并写出关于的函数关系； （2）该合作社应修建多大容积的沼气发电池，可使最小，并求出最小值. （3）要使不超过140万元，求的取值范围. 【答案】（1）的实际意义是未修建沼气发电池时，该合作社每年消耗的电费；，；（2）该合作社应修建容积为立方米的沼气发电池时，可使最小，且最小值为万元；（3）. 【解析】 【分析】 （1）根据题中函数关系式，可直接得到的实际意义；求出，进而可得关于的函数关系； （2）根据（1）中的函数关系，利用基本不等式，即可求出最小值； （3）将，转化为关于的不等式，求解即可. 【详解】（1）的实际意义是修建这种沼气发电池的面积为时的用电费用， 即未修建沼气发电池时，该合作社每年消耗的电费； 由题意可得，，则； 所以该合作社修建此沼气发电池的费用与16年所消耗的电费之和为，； （2）由（1）， 当且仅当，即时，等号成立, 即该合作社应修建容积为立方米的沼气发电池时， 可使最小，且最小值为万元； （3）为使不超过140万元，只需， 整理得， 则，解得， 即的取值范围是 【点睛】易错点睛： 利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数； （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值； （3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 玉溪一中2025—2026学年下学期高一期中考 数学试题 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姓名、准考证号、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，用黑色碳素笔将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知实数满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，则（ ） A. 是奇函数，且在R上是增函数 B. 是偶函数，且在上是增函数 C. 是奇函数，且在R上是减函数 D. 是偶函数，且在上是减函数 4. 若，则 A. 1 B. C. D. 5. 围棋是一种古老的智力游戏，相传是中国“五帝”之一的尧帝发明的，至今已有4000多年的历史.围棋最早被称为“弈”或“棋”后来，人们根据下棋时黑白双方总是互相攻击，互相包围的特点，称“下棋”是“围棋”这样，“围棋”作为一个专门名词就固定下来.南北朝时候，棋盘定型为现在的19道棋盘（即棋盘上有纵横各19条线段将棋盘分成361个交叉点）.根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限约为，而可观测宇宙中普通物质的原子总数约为，则下列各数中与最接近的是（ ）（参考数据：） A. B. C. D. 6. 设的面积为，角、、所对的边分别为、、，且，若，则此三角形的形状为（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 7. 在正方体中，动点在棱上，动点在线段上，为底面的中心，若，,则四面体的体积（ ） A. 与，都有关 B. 与，都无关 C. 与有关，与无关 D. 与有关，与无关 8. 已知函数为的零点，为图象的对称轴，且在单调，则的最大值为 A. 11 B. 9 C. 7 D. 5 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. 下列命题中错误的有（ ） A. 若复数满足，则是虚数； B. 若复数，则其虚部不存在； C. “”是“”的充分不必要条件； D. 若复数､满足，则. 10. 已知互不相同的20个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，设剩下的18个样本数据的方差为，平均数：去掉的两个数据的方差为，平均数；原样本数据的方差为，平均数，若，则（ ） A. 剩下的18个样本数据与原样本数据的中位数不变 B. C. 剩下18个数据的分位数大于原样本数据的分位数 D. 11. 给定函数，用表示中的较大者，记为，则（ ） A. 的图象可能是一条直线 B. 的图象不可能是一条直线 C. 当时，的值域为 D. 若关于的不等式的解集中有且仅有个整数，则实数的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，，则向量与的夹角为__________． 13. 在封闭的直三棱柱内，有一体积为的球，若，当球的体积取得最大值时，球的内接正四面体的棱长为___________． 14. 已知函数，若不相等的正实数满足，且恰为的两个零点，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. 已知函数． （1）若在上恒成立，求实数的取值范围； （2）若在上恒成立，求实数的取值范围． 16. 已知函数． （1）求的单调递增区间； （2）若函数的零点为，求． 17. 已知向量，. （1）若，求； （2）若，函数，求的值域. 18. 设函数 （1）若，求的解集． （2）若不等式对一切实数恒成立，求的取值范围； （3）解关于的不等式：． 19. 近年来，某西部乡村农产品加工合作社每年消耗电费24万元.为了节能环保，决定修建一个可使用16年的沼气发电池，并入该合作社的电网.修建沼气发电池的费用（单位：万元）与沼气发电池的容积（单位：米3）成正比，比例系数为0.12.为了保证正常用电，修建后采用沼气能和电能互补的供电模式用电.设在此模式下，修建后该合作社每年消耗的电费（单位：万元）与修建的沼气发电池的容积（单位：米3）之间的函数关系为（，k为常数）.记该合作社修建此沼气发电池的费用与16年所消耗的电费之和为（单位：万元）. （1）解释的实际意义，并写出关于的函数关系； （2）该合作社应修建多大容积的沼气发电池，可使最小，并求出最小值. （3）要使不超过140万元，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $