重庆市巴蜀中学2025-2026学年高一上学期期末数学试题（原卷版+解析版）

这是一份重庆市巴蜀中学2025-2026学年高一上学期期末数学试题（原卷版+解析版），共26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。
一、单项选择题:(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 已知集合，集合，则（ ）
A B. C. D.
2. 命题“”的否定为（ ）
A. B.
C. D.
3. 下面四个数中，与最接近的是（）
A. B. C. D. 0
4. 已知函数关于点对称，且在区间上单调递增，则可以是（ ）
A. B.
C. D.
5. 已知且，则的最小值是（ ）
A. 1B. 22C. 30D. 49
6. 函数图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
7. 已知，则有（ ）
A. B. C. D.
8. 已知函数，若方程在区间上有实数解且，则的值不可能为（ ）
A. B. 0C. 2D. 3
二、多项选择题(本题共3小题，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. 已知函数，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则图像过定点
B. 若且，则的最小值为4
C. 当时，是上的增函数
D. 若，则
10. 已知函数的部分图像如图所示，与轴交点为，则（ ）

A.
B. 若函数在上单调，则的最大值为
C. 设方程在上有两个不等实数根，则
D. 为偶函数，则
11. 已知函数，其中，则下列说法正确的是（）
A.
B. 若偶函数，则
C. 若是偶函数，当取最小值时，，则或
D. 若是常值函数，则
三、填空题:(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12. 求值:_____
13. 已知，则_____
14. 已知函数为单位圆上一动点，若恒成立，则实数k的取值范围为_____
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. 在平面直角坐标系中，角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点．
（1）若点，求的值；
（2）若点在第一象限，且，求的值．
16. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，．
（1）求的解析式；
（2）当函数的定义域为且时，函数的值域为，求实数的取值范围．
17. 重庆市巴蜀中学第34届学生艺术节上，同学们又看到了机器人的精彩表演，随着我国人工智能技术不断突破，机器人的功能也越来越强大.据了解，可以用公式计算机器人的最大运算频率(单位:)，其中(单位:)是相对运算频率，(单位:)是机器人控制模块的质量，(单位:)是机器人控制模块和其它模块的质量总和，称为“和谐比”，型机器人的相对运算频率是
（1）当和谐比为100时，利用给出的参考数据求P型机器人的最大运算频率；
（2）经过材料更新和技术改进后，P型机器人相对运算频率提高到了原来的倍，和谐比变为原来的，若要使P型机器人的最大运算频率至少增加200Hz，求在材料更新和技术改进前和谐比的最小整数值．参考数据:．
18. 已知函数．
（1）若的最小正周期为，求的单调递增区间；
（2）将的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，得到的图象．
（ⅰ）求解析式;
（ⅱ）若在上有且仅有两个零点，求的取值范围．
19. 阅读以下两则教材中截取材料，并利用材料中的思想方法解决以下问题
材料1:以下是教材中利用构建几何图形，从而得到代数式的几何意义(几何表示)，证明了基本不等式的成立
将图2.1－3中的“风车”抽象成图2.1－4．在正方形中有4个全等的直角三角形．设直角三角形的两条直角边的长为，，那么正方形的边长为．这样，4个直角三角形的面积和为，正方形的面积为．由于正方形的面积大于4个直角三角形的面积和，我们就得到了一个不等式
.
当直角三角形变为等腰直角三角形，即时，正方形缩为一个点，这时有.
于是就有．

材料2:
我们已经知道，函数在区间内存在一个零点.进一步的问题是，如何求出这个零点呢？一个直观的想法是：如果能将零点所在的范围尽量缩小，那么在一定精确度的要求下，就可以得到符合要求的零点的近似值.为了方便，可以通过取区间中点的方法，逐步缩小零点所在的范围

（1）请仿照材料1中的方法借助三角形OAP及扇形OAP的面积证明:.
（2）已知函数
（ⅰ）已知是关于的方程的解，求使不等式成立的整数的最大值.
（ⅱ）已知且有且仅有两个零点，记为，判断与的大小，并说明理由.
大多数方程都不能像一元二次方程那样用公式求出精确解.在实际问题中，往往只需求出满足一定精确度的近似解．
重庆市巴蜀中学高一上学期期末考试
数学试卷
一、单项选择题:(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据交集的概念求解即可.
详解】由，所以，
所以.
故选：B
2. 命题“”的否定为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题可得.
【详解】命题“”的否定为“”.
故选：A.
3. 下面四个数中，与最接近的是（）
A. B. C. D. 0
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角函数的诱导公式，将化简为一个锐角三角函数，再根据特殊角的三角函数值判断其最接近的值.
【详解】，
因为非常接近，所以最接近.
故选：C
4. 已知函数关于点对称，且在区间上单调递增，则可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用中心对称性的性质判断A，利用正切函数的性质判断B，利用余弦函数的性质判断C，举反例判断D即可.
【详解】对于A，由题意得
，则不关于点对称，故A错误，
对于B，由正切函数性质得在上单调递增，且为其对称中心，故B正确；
对于C，由余弦函数性质得在上单调递减，故C错误；
对于D，若关于点对称，则，
当时，对于，
可得，
则不关于点对称，故D错误.
故选：B
5. 已知且，则的最小值是（ ）
A. 1B. 22C. 30D. 49
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可得，结合基本不等式求解即可.
【详解】由于，则，
因为，所以，故，
即，解得：，即，
当且仅当，即，时等号成立，
则的最小值是，
故选：D
6. 函数图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的定义域、奇偶性及赋值法判断即可.
【详解】令，则，所以函数定义域为.
，
所以为偶函数，排除B、D.
当时，，，而在范围内，
所以在上会有正负变化，故排除A.
故选：C
7. 已知，则有（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用及和角的正切公式求得，利用二倍角公式求出，根据对数函数的性质求得的取值范围，比较.
【详解】，
，
，由，得.
所以.
故选：C.
8. 已知函数，若方程在区间上有实数解且，则的值不可能为（ ）
A. B. 0C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，分类讨论，当时、当时以及当时，结合零点存在定理求解方程的实数根的情况，即可求得答案.
【详解】由题意知，则，
当时，由得，解得，
此时可取；
当时，由得，化简得，
令，由于在上单调递减，在上单调递增，
故在上单调递增，
且，故在上存在唯一零点，
从而方程在上有且仅有一个实数根，此时可取；
当时，由得，化简得，
令，
由于在上单调递减，在上单调递减，
故在上单调递减，
且，
故在上存在唯一零点，
从而方程在上有且仅有一个实数根，此时可取；
综合可知n的值可取，3不可能取到，
故选：D
二、多项选择题(本题共3小题，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. 已知函数，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则的图像过定点
B. 若且，则的最小值为4
C. 当时，是上的增函数
D 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】先确定函数的定义域进而判断A，C，结合题意并利用基本不等式判断B，利用复合函数的性质和正切函数的性质判断D即可.
【详解】对于A，当时，，
令，解得，当时，解得，
当时，解得，
则的图像不可能过定点，故A错误，
对于B，因为，所以，则，
得到，
由基本不等式得，
当且仅当时，此时解得，
则，即的最小值为4，故B正确，
对于C，当时，则，
令，解得，
则不可能是上的增函数，故C错误，
对于D，当时，令，
由指数函数性质得在上单调递减，
由对数函数性质得在上单调递增，
由复合函数的性质得在上单调递减，
因为，所以，则，故D正确.
故选：BD
10. 已知函数的部分图像如图所示，与轴交点为，则（ ）

A.
B. 若函数在上单调，则的最大值为
C. 设方程在上有两个不等实数根，则
D. 为偶函数，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】首先根据图像求出判断A；由正弦型函数的单调性可判断B；由正弦型函数的对称性可判断C；由正弦型函数的奇偶性可判断D.
【详解】由题意，所以周期，
由图可知，即，解得，
因为与轴交点为且，所以，即或，
当时，，解得，符合题意；
当时，，解得，不符合题意.
所以，，故A错误；
， 当时，，
若函数在上单调，则，解得，
所以的最大值为，故B正确；
令，解得，取，得，
即函数在上的对称轴方程为，
则当方程在上有两个不等实数根时，，
则，故C正确；
，
若为偶函数，则，解得，故D正确.
故选：BCD
11. 已知函数，其中，则下列说法正确的是（）
A.
B. 若是偶函数，则
C. 若是偶函数，当取最小值时，，则或
D. 若是常值函数，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】通过代入特殊值、利用偶函数定义和恒成立条件，依次判断各选项即可得出结果.
【详解】对于选项A：代入，则，A正确；
对于选项B：
要使恒成立，需，即为偶数，为奇数，即，B错误；
对于选项C：若是偶函数，当取最小值时，由B知，最小正奇数为.
此时
因为，令，则
解得或，即或，C正确；
对于选项D，假设为常数，代入特殊值验证：
，
，
.
由得，即.
解得，即，.
当时，验证时：
，确实为常值函数，D正确.
故选：ACD
三、填空题:(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12. 求值:_____
【答案】5
【解析】
【分析】根据对数的运算公式即可求解.
【详解】原式.
故答案为：5
13. 已知，则_____
【答案】或##或
【解析】
【分析】利用诱导公式可得，根据同角三角函数关系式，得，从而求得的值，进而求得.
【详解】由，可得，
所以，则
所以，所以
当，时，，，故，
当，时，，故
故或3.
故答案：或3.
14. 已知函数为单位圆上一动点，若恒成立，则实数k的取值范围为_____
【答案】
【解析】
【分析】判断函数的的奇偶性和单调性，从而将恒成立转化为恒成立，结合为单位圆上一动点，设，根据三角恒等变换化简求值，即可求得答案.
【详解】由题意知，定义域为R，
且，
故为R上的奇函数；
又时，，而在R上单调递增，
在R上单调递减，故在上单调递增，
又为R上的奇函数，则在上也单调递增，
结合，可知在R上单调递增；
由恒成立，可得，
即得恒成立，即恒成立，
即得恒成立，
又为单位圆上一动点，设，
则，
令，由于，则，
则，且，
则
，
当且仅当时等号成立，即得.
所以，
解得，即实数k的取值范围为，
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. 在平面直角坐标系中，角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点．
（1）若点，求的值；
（2）若点在第一象限，且，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据任意角正弦、余弦的定义，求得的值，根据二倍角的正弦公式求得的值；
（2）由点在第一象限，得，，则，，利用同角三角函数的平方关系求得，根据两角差的正弦公式求得的值.
【小问1详解】
因为点为角终边上一点，则，，
则.
【小问2详解】
因为点A在第一象限，则，，则，
因为，所以.
所以．
16. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，．
（1）求的解析式；
（2）当函数的定义域为且时，函数的值域为，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
因为为上的奇函数，所以，
当时，，
所以当时，，
所以，
所以
【小问2详解】
设，因为在上单调递减，
所以
即，是方程的两个不相等的正根，
故方程有两个不相等的正根，
故，解得.
实数的取值范围为.
17. 重庆市巴蜀中学第34届学生艺术节上，同学们又看到了机器人的精彩表演，随着我国人工智能技术不断突破，机器人的功能也越来越强大.据了解，可以用公式计算机器人的最大运算频率(单位:)，其中(单位:)是相对运算频率，(单位:)是机器人控制模块的质量，(单位:)是机器人控制模块和其它模块的质量总和，称为“和谐比”，型机器人的相对运算频率是
（1）当和谐比为100时，利用给出的参考数据求P型机器人的最大运算频率；
（2）经过材料更新和技术改进后，P型机器人相对运算频率提高到了原来的倍，和谐比变为原来的，若要使P型机器人的最大运算频率至少增加200Hz，求在材料更新和技术改进前和谐比的最小整数值．参考数据:．
【答案】（1）
（2）44
【解析】
【分析】（1）根据，求得P型机器人的最大运算频率；
（2）由题意列出关于材料更新和技术改进前后关于和谐比的方程，若要使P型机器人的最大运算频率至少增加200Hz，则，求解可得.
【小问1详解】
．
【小问2详解】
设材料更新和技术改进前，，
材料更新和技术改进后，．
因为要使最大运算频率至少增加，所以，
即：，
所以，
即，所以
因为，，
所以在材料更新和技术改进前和谐比的最小整数值为44.
18. 已知函数．
（1）若的最小正周期为，求的单调递增区间；
（2）将的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，得到的图象．
（ⅰ）求的解析式;
（ⅱ）若在上有且仅有两个零点，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）先利用三角恒等变换化简，再根据周期公式求出，最后代入正弦函数的单调递增区间公式求解；
（2）（i）由平移和伸缩变换得到的解析式；（ii）求出时的零点表达式，再结合的范围，通过分析零点个数来确定的取值范围.
【小问1详解】
．
由的最小正周期为可知，即
令，得到．
所以的单调递增区间为
【小问2详解】
（ⅰ）
（ⅱ）令，得到
不妨设，记，则
由于在上有且仅有两个零点，故有，，
，
分别解得，，，．
要使有解，则，，解得．
由于，则．得到
19. 阅读以下两则教材中截取的材料，并利用材料中的思想方法解决以下问题
材料1:以下是教材中利用构建几何图形，从而得到代数式的几何意义(几何表示)，证明了基本不等式的成立
将图2.1－3中的“风车”抽象成图2.1－4．在正方形中有4个全等的直角三角形．设直角三角形的两条直角边的长为，，那么正方形的边长为．这样，4个直角三角形的面积和为，正方形的面积为．由于正方形的面积大于4个直角三角形的面积和，我们就得到了一个不等式
.
当直角三角形变为等腰直角三角形，即时，正方形缩为一个点，这时有.
于是就有．

材料2:
我们已经知道，函数在区间内存在一个零点.进一步的问题是，如何求出这个零点呢？一个直观的想法是：如果能将零点所在的范围尽量缩小，那么在一定精确度的要求下，就可以得到符合要求的零点的近似值.为了方便，可以通过取区间中点的方法，逐步缩小零点所在的范围

（1）请仿照材料1中的方法借助三角形OAP及扇形OAP的面积证明:.
（2）已知函数
（ⅰ）已知是关于的方程的解，求使不等式成立的整数的最大值.
（ⅱ）已知且有且仅有两个零点，记为，判断与的大小，并说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）（ⅰ）2；（ⅱ），理由见解析
【解析】
【分析】（1）构造单位圆，根据当时，的面积小于扇形的面积，可证明；
（2）（ⅰ）求得的解析式，由题可知且.构造新函数，求得的表达式利用基本不等式求得其取值范围，进而求得的最大值；
（ⅱ）写出的解析式，易得1一定不是的零点.当时，记（且），则，亦为的零点，分析的单调性可得，结合（1）和（ⅰ）可证得.
【小问1详解】
构造单位圆，角的终边与单位圆交于，过作轴于为单位圆与轴正半轴的交点；如下图：

则，．
当时，的面积小于扇形的面积，故，
故．
【小问2详解】
（ⅰ）已知，，则．
方程整理且.
则，从而，所以.
记，则．
设，则，所以，即在上单调递增．
则由可得，即，.
设，则在上单调递增．
因为，，所以．
当时，，当且仅当，即时，等号成立.
所以当时，.
所以，故整数的最大值为2．
（ⅱ），理由如下：
．
时，，即1一定不是的零点.
令，化简可得.
记（且），则，亦为的零点
当时，单调递增，在单调递增，则在上单调递增.
又，
当时，，则在上有唯一零点，由题即
又，所以亦为的零点，又，
则必有，则.
又由（1）可知当时，，则，而，则
由（2）（ⅰ）可知，在上单调递增，所以，所以.
大多数方程都不能像一元二次方程那样用公式求出精确解.在实际问题中，往往只需求出满足一定精确度的近似解．