黑龙江省哈尔滨市2025-2026学年高一上学期期末学业质量监测数学试卷

这是一份黑龙江省哈尔滨市2025-2026学年高一上学期期末学业质量监测数学试卷，共9页。试卷主要包含了113，2025等内容，欢迎下载使用。
本试卷共 19 题，共 150 分，共 4 页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。注意事项：
答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 0.5 毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。
请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题：本题共 8 个小题，每小题 5 分，共 40 分．在每个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 A  x |1  x  3，集合 B  x | 0  x  2，则集合 A ∩ B  （）
[2,3)
(0,3)
(1,2]
(1,2)
已知命题 p : x  R, lg(2x 1)  0 ，则命题 p 的否定为（）
x  R, lg(2x  1)  0 ，B. x  R, lg(2x  1)  0
C. x  R, lg(2x  1)  0D. x  R, lg(2x  1)  0
下列函数中，既是偶函数又在区间(0,) 上单调递增的是（）
x
y B. y  cs x
y  x3
y  4|x|
已知扇形的半径为 1cm，它的周长为 6 cm，那么该扇形的圆心角为() A．2°B．4C．4°D．2
若m  0 ， n  0 ，且m  2n  2  0 ，则 1  2 的最小值为（）
mn
A. 5B. 9C.9D.12
22
把函数 y  sin x 的图象向右平移个单位长度后，将所有点的横坐标缩小到原来的 1 ，纵坐标不变，
62
得到函数 f (x) 的图象，则 f (x)  （）
sin( x x
)
26
sin(  )
26
sin(2x  )
6
sin(2x  )
6
已知角的终边在直线 y  2x 上，则5sin
2
5
cs
的值为（）
5
A.0B. 2
C. 4
D. 4
5
已知关于 x 的方程9x  3x  a  0 有两个不相等的实数根，则实数 a 的取值范围是（）
1
(0, )
4
1
[0, ] 4
1
[0, ) 4
(, 1 )
4
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．
已知cs k ，  ) ，则下列等式正确的是（）
(，
2
cs()  k

C． sin( )  k
2
sin()  
1  k 2
1 k 2
D. tan() 
k
已知函数 f  x  Asin x  A  0, 0, 0  π 在一个周期内的图象如图所示，则下列说法正确 的是（）
3
A． f 0 
 36 
B． f  x   2 sin  2 x  π 

C． f (x) 的对称轴为 x   3 k, k  Z
42
D． f (x) 的单调递增区间为 5 3k, 
3k , k  Z



 44
11 ． 已知函数 f (x)  x2  3x  m, g(x)  x, x  R ， 用 M (x) 表示 f (x), g(x) 中的较小者， 记为
M  x   min f  x , g  x  ，则下列说法正确的是（）
M (x) 的图象不可能是一条直线
M (x) 的图象可能是一条抛物线
当 m  2 时， M (x) 的值域为，1
若关于 x 的不等式 M (x)  0 的解集中有且仅有 1 个整数，则实数m 的取值范围是4,10
三、填空题：本题共 3 个小题，每小题 5 分，共 15 分．
eln 2 0  lg 1  lg 25 =．
4
已知幂函数 y  f (x) 的图象过点(2, 2) ，则函数 F (x)  f (2x 1) 的定义域为.
已知函数 y  f (x  1) 1为定义在R 上的奇函数，则 f (1011)  f (1010)  f (1009)  f (1012) 
f (1013)  .
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13 分）
已知是第三象限角，且满足 3sin cs  1 .
sin 3cs3
求sin 2  sincs cs2 的值；
求
1 cs  1 cs
1 cs 1 cs
的值.
16．（15 分）
已知函数 f (x)  lg2
(1  x ) 1  x
求 f (x) 的定义域，并证明 f (x) 是奇函数；
求不等式 f (x)  1 的解集；
若 f (2m 1)  f (m 1)  0 ，求实数 m 的取值范围.
17．（15 分）
近几年，哈尔滨花式宠爱南方游客成为新晋顶流，“南方小土豆”“广西小砂糖橘”等对游客的爱称也成为网络热梗.哈尔滨的旅游热潮在一定程度上提升了该区域的经济发展活力.为了迎接全国游客，某工厂计划在 2026 年利用3D 技术生产哈尔滨纪念徽章，通过调研分析：生产徽章全年需要投入固定成本 8 万元，
2x2  2x,0  x  6

生产徽章 x （万件），其它成本为G(x) （万元），且Gx  

14x 

尔滨纪念徽章的售价为 12 元，且每年内生产的徽章当年全部销售完.
128
x
 65, x  6
，经调研可知每个哈
求 2026 年的利润 F (x) （万元）关于年产量 x （万件）的表达式；
（2）2026 年的年产量为多少万件时，该工厂所获利润最大？最大利润是多少？
18．（17 分）
已知函数 f (x) 是定义在 R 上的奇函数， g(x) 是定义在 R 上的偶函数，且 f (x)  g(x)  2x
（1）求 f (1) 与 g(1) ；
求 f (x) 与 g(x) 的解析式，并判断 f (x) 的单调性，不用说明理由；
若对 0, ， f (sin cs)  f (sincs 1) 恒成立，求实数的取值范围．
4 
19．（17 分）
a11
定义三阶行列式运算： a21
a31
a12 a22 a32
a13 a23 a33
 a11a22 a33  a12 a23a31  a13a21a32  a13a22 a31  a12 a21a33  a11a23a 32 ，其中
x a  3a
aij  R(i, j {1, 2, 3}) .已知函数 f (x) 1x0 ．
0x1
求函数 f (x) 的解析式；
对任意 x [2, 2]，都有 f (x)  0 恒成立，求实数 a 的取值范围；
x2x2
已知 x1 ， x2 是一元二次方程 f (x)  0 的两个不相等的实数根，且 a  N* ，求使 1  2 的值为
x2x1
整数的所有a 的值．
哈尔滨市 2025 级高一学年学业质量检测试卷数学答案

12.113.  1 , 
1
2
3
4
5
6
7
8
C
B
D
B
B
C
A
A
9
10
11
BC
ACD
ABD
14.2025
答案详解：
 2
5
7.当角的终边在第二象时， sin
2 ， cs  1
,则5sin
2
cs
 0 ；
5
5
当角的终边在第四象时， sin  2
， cs
，则5sin
2
cs
 0 .
5
8.令t  3x  0 ,则只需关于t 的方程t 2  t  a  0 有两个不相等的正实数根，
  0
即x  x  0 得: 0  a  1
 124
x x  0
 1 2
10. T  2  4    3, 2 ;

2k,
0,
f x
 2 sin  2 x 
π
,B 错；
4 
    
32
 
3
 33
3 4
3
f 0  2 sin ,A 对； 2 x  π  π  2k π ，解得 x   3 k, k  Z ，C 对；
333242
 2  5

 2  2k 3 x  3  2  2k, x  4  3k, 4  3k, k  Z ，D 对.选 ACD。
对于 A：若 M  x 的图象是一条直线，则 x   x2  3 x  m在 x  R 上恒成立，即 x2  4x  m  0 在 x  R 上恒成立，显然不成立，故 A 正确；
对于 B：若M  x 的图象是一条抛物线，则x2  3x  m  x 在 x  R 上恒成立，即 x2  4x  m  0 在 x  R 上恒
成立，只需  16  4m  0，即m  4 即可，故 B 正确；
对于 C：当m  2 时， f (x)  x 2  3x  2 ，令 f (x)  g (x) ，即 x2  3x  2  x ，解得 x  4  2
2
6  2 ，
6
6
此时 M  2  f  6  2 g  6  26 2 1 ，故 C 错误；
对 于 D ： ① 由 选 项 B 可 知 ， 当 m  4 时 ， f (x)  g (x) 在 x  R 上 恒 成 立 ， 故
M ( x) 
f ( x)   x2  3x  m  ( x 3 )2  m 9
24
 0在 x  R 上恒成立，显然不符题意；
②当m  4 时，当 x  0 时， M (x)  g  x  x  0 ，即当 x  0 时， M (x)  0 无解；
若x  1且 x  Z ，使得 M (x )  0 ，则 f (x0 )  0 ，因为 f (x)  x 2  3x  m 在 x  (0， ) 单调递减，
000
g(x )  0
0
g(1)  1  0
故 f (1)  f (x0 )  0，则 M (1)  0 ，此时 x  1 也是满足题意的整数解，与题意不符.因此该唯一整数解只能

为1，
M (1)  0
 f 1  4  m  0
即M (2)  0 ，所以 f 2  10  m  0 ，解得4  m  10 ，

综上所述，实数m 的取值范围为4,10，故 D 正确.故选：ABD.
14. y  f (x  1) 1 f  x  对称中心为(1,1),
f (1011)  f (1010)  f (1009)  f (1012)  f 1013  2 1012  f (1)  2025
15.
方法一：（1） 3sin cs 1  tan 33 分
sin 3cs34
sin 2  sincs cs2 
sin 2  sincs cs2  
sin 2  cs2 
tan 2  tan1 tan 2 1
  19
25
·8 分
（2）为第三象限角，
1 cs 1 cs
1 cs 
1 cs1 cs
1 cs1 cs
1 cs1 cs
1 cs1 cs
1 cs
sin
sin
 1 cs 1 cs  
3sin cs
2
tan
1
  813 分
3
方法二：
sin 3cs 3
 4 sin 3cs3 分
22
为第三象限角， 4 sin 3cs
sin  cs  1
sin  3
 

5
cs  4
5
7 分

sin 2  sincs cs2  

3 2 
5 
 4  3
55
 


4 2 
5 
  19
25
·10 分
（2） 1 cs1 cs   813 分
1 cs1 cs3
16.（1）因为1 x  0 所以1  x  1 ， f (x) 的定义域为： (1,1)2 分
1 x
因为lg (1 x )  lg (1 x )  lg 1  0 所以则 f (x)  f (x)  0 ，所以 f (x) 为奇函数5 分
2 1 x2 1 x2
1 x
f (x) 
1 x
1 x
3x 1
由（1）可知 f (x)  lg2 (1 x ) ，所以，
lg2 (1 x )  1  1 x  2  1 x
06 分
所以， (3x 1)(x 1)  0 ，即： 1  x  18 分
3
所以，不等式 f (x)  1 的解集为：{x | 1  x  1}10 分
3
对于函数 f (x)  lg (1 x ) ，令 g(x)  1 x ，由反比例函数性质可知， g(x) 在(1,1) 内单调递增，
2 1 x1 x
故 f (x) 在(1,1) 内单调递增，12 分
由 f (2m 1)  f (m 1)  0 可得 f (2m 1)   f (m 1) ，
因为 f (x) 是奇函数，故 f (2m 1)  f (1 m)13 分
2m 1  1 m
1  2m 1  1 ，解得 m  (0, 2 )15 分


1  1  m  13
17.（1）总收入：12x1 分
当0  x  6 时， F x  12x  8  2x2  2x 2x2 10x  83 分
当 x  6 时， F x  12x  8  14x  128   65   2x  128   575 分

x 

x 
 2x2 10x  8,0  x  6
 128 
所以，2025 年总利润为： F x  

 2x  57, x  6
7 分

 x 

5 29
（2）当0  x  6 时， F x  2x2 10x  8  2 x   
2 2
当 x  5 时，利润最大，最大为 9 万元10 分
22
2x  128
x
当 x  6 时， F x   2x  128   57  2
 57  25

x 
当且仅当 2x  128 ，即： x  8 时，利润最大，最大为 25 万元13 分
x
因为 25  9 ，所以年产量为 8 万件时，利润最大，最大为 25 万元15 分
2
18.（1） f (1)  g(1)  2 ， f (1)  g(1)   f (1)  g(1)  1 ，2 分
2
解得 f (1)  3 ，g(1)  53 分
44
（2）因为 f (x) 是奇函数， g(x) 是偶函数，且 f (x)  g(x)  2x ①，
则 f (x)  g(x)  2x ，即 f (x)  g(x)  2x ②，4 分
2x  2 x2x  2 x
联立①②可得 f (x) ， g(x) 6 分
又因为 f (x) 
2x  2 x 2
2
 2x1
 2 x1
2
，而 2x1 在 R 上为增函数， 2 x1 在 R 上为减函数，7 分
2x  2 x
则 f (x) 在 R 上为单调递增函数8 分
2
由（1）可知， f (x) 在 R 上为单调递增函数，
则sin cs sincs1 在 0, 恒成立，10 分
4 
即sin cssincs1  0 ③在 0, 恒成立
4 
令sin  cs   t ，则sincs
t 2 1
，
2
t 2 1
则③式变为t 
2
1  0 ，即(t 2
1)  2(t 1) ，12 分
又因为 0, ， sin  cs  2sin ( )  t  1， 2 14 分
4 4
所以当t  1时，  R15 分
2
当t  1, 2 时，  2 ，即 ( 2 ) 2(1)16 分
t 1
2
综上，实数的取值范围 ，2(
t 1 min
1)17 分
19.（1） f (x)  x2  ax  a  34 分
2
（2） f (x)  a 2  a ， f (x) 0
(x)a3
24
min
①当 a  4 时， f (x)min  f (2)  a  7  0 ,解得7  a  45 分
aa2
②当4  a  4 时， f (x)min  f ( 2)  
 a  3  0 ,
4
解得6  a  2 ，故4  a  26 分
③当 a  4 时， f (x)min  f (2)  7  3a  0 ,无解7 分
综上， 7  a  28 分
x1 ， x2 是一元二次方程 x2  ax  a  3  0 的两个不相等的实数根，故Δ  a2  4a 12  0 ，解得： a  6 或a  2 ，
x1  x2  a
x x
由韦达定理得： 
 1 2
 a  3，10 分
x2x2x3  x3(x  x ) (x  x )2  3x x a(a2  3(a  3))a3  3a2  9a
1  2
x2x1
 12 
x1 x2
12121 2
x1 x2
 a 3
a 3
，12 分
 a2  6a  9 
27
a  3
 a  32 
27
a  3
.14 分
此式需为整数，因 a 为整数， (a  3)2 为整数，故 27
a  3
需为整数.
又a  N* ，所以a  3 ，又 27
a  3
 Z ，
所以 27 的因数：-27，-9，-3，-1，1，3，9，27，
故a  4, 6,12, 3017 分