广东省汕头市2025--2026学年高一上册期末统考数学试题【附解析】

这是一份广东省汕头市2025--2026学年高一上册期末统考数学试题【附解析】，共13页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
总分：150分 考试时长：120分钟
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对数不等式的求解方法求出集合，根据一元二次不等式的求解方法求出集合，根据交集的运算求出.
【详解】，，或，
或，
，，，
，故选项D正确.
故选：D.
2. 已知函数，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先判断函数的奇偶性，然后将不等式进行变形，最后根据函数的单调性求解即可.
【详解】因为函数，所以不等式变为.
由于，所以为奇函数，
所以，所以不等式变为.
由于在上为增函数，所以，
解得,
故选：B.
3. 若，，，，则大小关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助中间值和函数的单调性比较大小.
【详解】，，

，所以 ，
.
故选：A
4. 已知向量，，则（ ）
A. B. C. 5D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算求，进而可得模长.
【详解】因为向量，，则，
所以.
故选：C.
5. 函数的对称轴方程为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】以为整体，结合余弦函数对称性运算求解即可.
【详解】令，解得，，
所以函数的对称轴方程为，.
故选：A.
6. 某几何体三视图：正视图与侧视图均为高为3cm的矩形，俯视图是边长为2cm的正方形，该几何体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】几何体为长方体，由长、宽、高求体积.
【详解】由三视图可知，几何体为长方体，底面正方形边长是2cm，高为3cm，
所以体积为.
故选：B
7. 从中取两数，事件A为“和为偶数”，B为“积为奇数”，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意结合古典概型分别求，，代入条件概率公式即可得结果.
【详解】事件分为两种情况：两个均为奇数和两个数均为偶数，
所以，，
由条件概率可得：.
故选：D.
8. 函数的零点个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】求导，利用导数判断的单调性和极值，结合零点存在性定理判断零点个数.
【详解】因为的定义域为，且，
令，解得或；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则的极大值为，极小值为，
且当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于；
所以函数的零点个数为3.
故选：C.
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分）
9. 已知集合，，正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若m = 3，则D. 若，则m = 1或m = 3
【答案】AB
【解析】
【分析】选项A，根据交集定义和子集的定义求解；选项B，求出集合，根据并集的运算求解；选项C，求出集合，根据交集的运算求解；选项D，由， 根据子集的定义分别按照和讨论求解.
【详解】，
选项A，，，故选项A正确；
选项B，，，，故选项B正确；
选项C， ，，，故选项C错误；
选项D，，
当时，，满足，
当时，，，或，或，
综上可知，若，则或m = 1或m = 3，故选项D错误.
故选：AB.
10. 函数（）的性质有（ ）
A. 奇函数B. 偶函数
C. 在上单调递减D. 在上单调递增
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据奇偶性的定义判断AB；根据对勾函数的单调性判断CD.
【详解】因为的定义域为，
且，可知函数为奇函数，故A正确；
又因为，，即，可知函数不为偶函数，故B错误；
由对勾函数性质可知函数在上单调递减，在上单调递增，故CD正确；
故选：ACD.
11. 函数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用换元法及同角公式变形给定函数，再利用二次函数求出取值范围.
【详解】令，则，
于是，
当时，；当时，，
所以所求范围是.
故选：B
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 解方程，得_______.
【答案】
【解析】
【分析】两边取对数可得，进而解方程即可.
【详解】因为，两边取对数可得，
可得，所以.
故答案为：.
13. 向量，，则在方向上的投影数量为_____.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算求，，进而可得投影数量.
【详解】因为向量，，则，，
所以在方向上投影数量为.
故答案为：.
14. 正三棱柱底面边长为2，高为3，其外接球体积为_____.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用球的截面小圆性质求出外接球半径，进而求出球的体积.
【详解】由正三棱柱底面边长为2，得正外接圆半径，
正三棱柱的高为3，得正三棱柱外接球球心到平面的距离，
因此该外接球半径，
所以所求外接球体积.
故答案为：
四、解答题（本大题共5小题，共77分）
15. 已知函数.
（1）化简；
（2）求的最小正周期；
（3）求在上的最大值和最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）最大值为2，最小值为
【解析】
【分析】（1）整理可得，利用诱导公式化简即可；
（2）根据正弦型函数的最小正周期公式运算求解即可；
（3）以为整体，结合正弦函数的有界性求最值即可.
【小问1详解】
因为.
【小问2详解】
因为，所以的最小正周期.
【小问3详解】
因为，则，
当，即时，函数取到最大值；
当，即时，函数取到最小值；
综上所述：在上的最大值为2，最小值为.
16. 已知函数 .
（1）求的单调区间；
（2）求的极值；
（3）求在上的最大值和最小值.
【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）的极大值是2，极小值是-2.
（3）在上的最大值为2，最小值为-2.
【解析】
【分析】（1）对函数求导，根据导数的符号求解不等式的解集，进而求得函数的单调区间.
（2）先求出函数的极值点，然后根据函数的单调性确定函数的极大值和极小值.
（3）先确定函数在上的单调区间，然后求出端点的函数值和极值，进而得到函数在上的最值.
【小问1详解】
对函数求导得.
当或时，；当时，；
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
小问2详解】
因为，令，解得或.
由（1）知，的单调递增区间为，单调递减区间为.
所以当时，取极大值为，当时，取极小值为.
【小问3详解】
由（1）知，的单调递增区间为，单调递减区间为.
因为，所以在上的单调递增区间为，单调递减区间为.
而，
所以在上的最大值为2，最小值为-2.
17. 已知向量，，夹角为.
（1）求；
（2）若，，求；
（3）若，，求.
【答案】（1）；
（2）；
（3）或
【解析】
【分析】（1）利用数量积的定义及运算律求解.
（2）由（1）中信息，利用数量积的运算律求出数量积.
（3）利用垂直关系的向量表示及数量积的坐标表示，结合同角公式求出.
【小问1详解】
由向量，，得，
同理，由，得，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，而，，
所以.
【小问3详解】
由，得，则，
而，则，两边平方并整理得，
显然，则，解得或，经验证符合题意，
所以或.
18. 直三棱柱底面为直角三角形，，，， D为中点.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，，进而可得线面垂直；
（2）建系并标点，分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角的余弦值.
【小问1详解】
因为，D为中点，则，
又因为平面，平面，则，
且，平面，
所以平面
【小问2详解】
因为平面，，
以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得；
设平面的法向量，则，
令，则，可得；
则，
由图可知：二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.
19. 产品质量指标，，.
（1）求；
（2）抽取10件，求至少2件指标在之内的概率（结果保留四位小数）.
说明：表示的概率，用来将非标准正态分布化为标准正态分布，即，从而利用标准正态分布表，求时的概率，这里,相应于的值是指总体取值小于的概率，即.参考数据：.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，结合题中数据可得，运算求解即可；
（2）记指标在的之内的件数为，分析可知，结合二项分布运算求解即可.
【小问1详解】
因产品质量指标，即，
又因为，则，
且，则，解得.
【小问2详解】
由题意可得：，
记指标在的之内的件数为，则，
所以.