广东湛江市2025-2026学年第一学期期末调研考试高一数学（试卷+解析）

这是一份广东湛江市2025-2026学年第一学期期末调研考试高一数学（试卷+解析），共22页。试卷主要包含了考查范围，考生必须保持答题卡的整洁， 已知，，则的值为， 函数在区间上所有零点之和为等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时 120分钟.
注意事项：
1.考查范围：必修第一册.
2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上.
3.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，必须用黑色字迹的钢笔或签字笔将答案写在答题卡各题指定区域内.写在本试卷上无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将答题卡交回.
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. 集合，则子集个数是（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
2. 下列函数既是增函数又是奇函数的是（ ）
A. B.
C. D.
3. 设，则“”是“”的 （ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
5. 已知扇形的弧长是，面积是，则扇形圆心角（正角）的弧度数为（ ）
A. B. 1C. D.
6. 将函数的图象上每一个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），得到图象，再将向右平移个单位，得到函数的图象，则的解析式是（ ）
A. B.
C D.
7. 已知，，则的值为（ ）
A. B. 3C. 2D.
8. 函数在区间上所有零点之和为（ ）
A. B. C. D.
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. 与函数的图象关于直线对称的函数为（ ）
A B.
C. D.
10. 已知函数的部分图象如下所示，则（ ）
A. 的最小正周期为
B.
C. 在上单调递增
D. 的图象关于直线对称
11. 已知是定义在R上的函数，且对任意，有，当时，，则（ ）
A. 的图象关于点中心对称
B. 在上单调递增
C. 集合中有5个元素
D. ，都有
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数的最小正周期为，则的定义域是___________.
13. 已知，设关于的不等式的解集为，则当_______，取到最小值.
14. 已知函数在上有最大值，无最小值，则的取值范围是________.
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. （1）化简：；
（2）已知，，其中，，求角.
16 设函数，.
（1）判断的单调性，并用单调性的定义证明；
（2）求不等式的解集.
17. 图，在扇形中，半径，圆心角，是弧的中点，是扇形弧上的动点，满足，矩形内接于扇形.
（1）用表示线段的长;
（2）求矩形面积的最大值.
18. 正数为常数，定义：若在定义域内存在实数，使成立，则称是函数的一个阶差点.
（1）设，求所有1阶差点组成的集合；
（2）已知函数，给定正数，证明：对任意，都不是阶差点；
（3）是否存在函数，对任意，都是的阶差点，若存在，求出的解析式，若不存在，说明理由.
19. 已知函数，其中为常数，函数在上有两个零点，.
（1）求的取值范围；
（2）证明：.
湛江市2025-2026学年度第一学期期末调研考试
高一数学
本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时 120分钟.
注意事项：
1.考查范围：必修第一册.
2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上.
3.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，必须用黑色字迹的钢笔或签字笔将答案写在答题卡各题指定区域内.写在本试卷上无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将答题卡交回.
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. 集合，则的子集个数是（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】D
【解析】
分析】化简集合，再根据结论求出.
【详解】，
故的子集个数是.
故选：D
2. 下列函数既是增函数又是奇函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】A选项，不满足单调性；B选项，求出定义域，不满足奇偶性；C选项，不满足单调性；D选项，先得到为奇函数，画出图象，得到其单调递增，满足要求，D正确.
【详解】A选项，在R上单调递减，A错误；
B选项，的定义域为，不关于原点对称，故不是奇函数，B错误；
C选项，在，上分别单调递增，但在定义域上不是增函数，C错误；
D选项，设，
当时，，则，
当时，，则，
故为奇函数，
画出的图象，如下：
故单调递增，D满足要求.
故选：D
3. 设，则“”是“”的 （ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】由三角函数的基本关系及充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】判断充分性：
若，由得，，所以.
因此“”能推出“”，充分性成立；
判断必要性：
若，由得，，所以.
因此“”不能推出“”，必要性不成立.
综上，“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
4. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由对数函数、指数函数单调性即可得解.
【详解】由题意.
故选：B.
5. 已知扇形的弧长是，面积是，则扇形圆心角（正角）的弧度数为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据扇形的面积和弧长公式计算.
【详解】设扇形半径为，则由题意得，得，
则扇形圆心角（正角）的弧度数为.
故选：C
6. 将函数的图象上每一个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），得到图象，再将向右平移个单位，得到函数的图象，则的解析式是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用伸缩和平移变换法则得到答案.
【详解】函数的图象上每一个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），
得到的图象，
再将向右平移个单位，得到图象.
故选：D
7. 已知，，则的值为（ ）
A. B. 3C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用辅助角公式和倍角公式以及齐次化思想求出，再结合角的范围约束其值.
【详解】由
，
得，得或，
因为，所以，
因为，所以，则，
故.
故选：B
8. 函数在区间上所有零点之和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】变形为，令，，两函数均关于中心对称，同一坐标系内画出两函数图象，得到交点个数，且，，，从而求出零点之和.
【详解】令得，即，
令，，其中定义域为R，的定义域为，
，则关于中心对称，
关于中心对称，
同一坐标系内画出两函数图象，
显然两函数有6个交点，且，，，
所以，
，
故在区间上所有零点之和为.
故选：C
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. 与函数的图象关于直线对称的函数为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据指数函数与对数函数的性质，可得函数与的图象关于直线对称，然后根据对数的运算逐个选项判断即可.
【详解】因为函数与的图象关于直线对称，
故只需判断哪个函数与表示同一个函数，
因为函数的定义域为，
选项A的定义域为，故排除A；
选项BCD的定义域均为，
根据对数的运算法则，，
且.
故选：BCD
10. 已知函数的部分图象如下所示，则（ ）
A. 的最小正周期为
B.
C. 在上单调递增
D. 的图象关于直线对称
【答案】ABD
【解析】
【分析】AB选项，求出最小正周期为，从而得到，代入，得到；C选项，整体法得到，由于在上不单调，故C错误；D选项，求出，故的图象关于直线对称，D正确.
【详解】A选项，设的最小正周期为，则，所以，A正确；
B选项，，故，，
将代入解析式得，故，
解得，
又，故只有当时，满足要求，B正确；
C选项，，则，
由于在上不单调，故在上不单调递增，C错误；
D选项，，
故的图象关于直线对称，D正确.
故选：ABD
11. 已知是定义在R上的函数，且对任意，有，当时，，则（ ）
A. 的图象关于点中心对称
B. 在上单调递增
C. 集合中有5个元素
D. ，都有
【答案】BC
【解析】
【分析】A选项，根据得到函数关于点中心对称；B选项，在上单调递增，由对称性可知在上单调递增，B正确；C选项，求出当时，，令，则，得到，3或，分三种情况，结合函数图象，分别得到零点个数，相加可得C正确；D选项，举出反例可得D错误.
【详解】A选项，，故的图象关于点中心对称，A错误；
B选项，时，，故在上单调递增，
又的图象关于点中心对称，故在上单调递增，B正确；
C选项，当时，，由得
，
令，则，
时，令，即，解得或3，
由对称性可知，故的解有3个，分别为，
画出的图象如下：
当时，，结合图象可知，有2个解，分别为0和，
令，解得或（舍去），故，
当时，令，解得或0（舍去），
令时，结合图象可知，有2个解，分别为2和，
，解得或（舍去），故，
综上，共有5个解，分别为0，，，2，，C正确；
D选项，当时，，时，，
不妨取，则，
，
故，D错误.
故选：BC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数的最小正周期为，则的定义域是___________.
【答案】
【解析】
【分析】先根据最小正周期求出，整体法进行求解，得到函数定义域.
【详解】由题意得，解得，故，
令，解得，
故的定义域为.
故答案为：
13. 已知，设关于的不等式的解集为，则当_______，取到最小值.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得为方程的根，结合韦达定理可得，，进而根据基本不等式“1”的代换求解即可.
【详解】由题意，，且关于的不等式的解集为，
则为方程的根，则，显然，
则，
当且仅当，即时等号成立，
即当时，取到最小值16.
故答案为：.
14. 已知函数在上有最大值，无最小值，则的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】设，求出的范围，结合正弦函数的图象，依题意得到不等式组,解之即得.
【详解】因，设，当时，，
作出在上的图象如图.
要使区间上有最大值，无最小值，需使,
解得，，即的取值范围为.
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. （1）化简：；
（2）已知，，其中，，求角.
【答案】（1）1；（2）
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式化简得到答案；
（2）由同角三角函数关系和角范围得到，利用凑角法得到，得到.
【详解】（1）
；
（2）因为，，得，
又，所以，
，，
故
，
又，所以.
16. 设函数，.
（1）判断的单调性，并用单调性的定义证明；
（2）求不等式的解集.
【答案】（1）单调递减，证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）定义法求函数单调性步骤，取点，作差，变形判号，下结论；
（2）根据定义域得到，且，结合函数单调性，得到，从而解不等式，求出答案.
【小问1详解】
在上单调递减，证明过程如下：
对任意的，且，
则
因为且，所以，，
所以，故，
故在上单调递减；
【小问2详解】
由于的定义域为，
故需，即，
令，，即，解得，
，在上单调递减，
故，故，显然满足，
解得
所以不等式的解集是.
17. 图，在扇形中，半径，圆心角，是弧的中点，是扇形弧上的动点，满足，矩形内接于扇形.
（1）用表示线段的长;
（2）求矩形面积的最大值.
【答案】（1），其中；
（2）
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，得到，由对称性可知⊥，表达出各边长，得到，其中；
（2）由三角恒等变换得到，并根据求出最大值.
【小问1详解】
连接，，由对称性可知⊥，
设交于点，交于点.
在中，，，
在中，，
，其中；
【小问2详解】
由（1）得矩形的面积
，
当，即时，取得最大值，最大值为.
18. 正数为常数，定义：若在定义域内存在实数，使成立，则称是函数的一个阶差点.
（1）设，求所有1阶差点组成的集合；
（2）已知函数，给定正数，证明：对任意，都不是的阶差点；
（3）是否存在函数，对任意，都是的阶差点，若存在，求出的解析式，若不存在，说明理由.
【答案】（1）.
（2）证明见解析 （3）存在，
【解析】
【分析】（1）先根据1阶差点定义，由列出的方程，再计算、并代入方程化简，最后根据余弦函数性质求解，确定集合.
（2）先假设是的阶差点，依据定义列出的方程，接着计算、并整理方程，最后根据范围分析方程左右两边大小关系，得出矛盾结论.
（3）先假设存在，根据是的阶差点列出的方程，再计算并代入方程，然后利用两角和正弦公式展开化简，根据对任意成立列方程组求解，确定解析式.
【小问1详解】
已知，由，可得：，
根据诱导公式，则 ，所以方程可化为：，根据余弦函数的性质，
，解得.
所以所有1阶差点组成的集合为.
【小问2详解】
已知，假设是的阶差点，则，
即，
将上式变形为，进一步整理得，
即，
因为，所以，，
则 ，又 ，
这与矛盾，
所以对任意 都不是阶差点.
【小问3详解】
已知，假设对任意都是的阶差点，则，
即，
即，
根据两角和的正弦公式，
将展开得: ，
整理得:，
即，
因为对任意都成立，所以
，
由 可得，
又因为，所以，
将代入，得，即.
由，可得，解得，
又因，所以，
所以存在，对任意都是的阶差点.
19. 已知函数，其中为常数，函数在上有两个零点，.
（1）求的取值范围；
（2）证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）将函数有两个零点转化为一个二次函数与有两个交点问题，再数形结合可得；
（2）由是方程的两个根，由根与系数关系与同角的三角函数关系式得，进而可得，再由余弦函数的单调性可得.
【小问1详解】
令，因为，所以，则，
则
由在上单调递增，
故关于的方程在上有两个不相等实数根，
即，令，
因为是一个开口向下，对称轴为，
所以函数在上单调递增，在单调递减，
如图：
所以，得.
即的取值范围为；.
【小问2详解】
令，，则，为关于的方程的两根，
则有，，所以，，
所以，
即，
即有，由①知，所以，
故，又，故，
由于，则，故，
又在上单调递增，
故，即..