青海省海东市平乐区2025-2026学年度第一学期期末考试高一数学试题（试卷+解析）

这是一份青海省海东市平乐区2025-2026学年度第一学期期末考试高一数学试题（试卷+解析），共21页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（满分150分 时间：120分钟）
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2. 函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
3. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
4. 函数零点所在的大致区间是（ ）
A. B. C. D.
5 （ ）
A. B. C. D.
6. 折扇与书画结合，使其成为书画艺术的特殊载体，具有文化和历史价值．如图是一幅书法折扇的一部分，则该扇面对应扇形圆心角的弧度数为（ ）
A. B. C. D. 3
7. 近年来，人们愈加重视家用冰箱使用的氟化物释放对大气臭氧层的损害．科学研究指出，臭氧含量与时间（单位：年）的关系为，其中是臭氧的初始含量，是与氟化物排放相关的常数．经过测算，如果不对氟化物的使用和释放进行控制，经过280年臭氧含量将减少到初始含量的一半，则臭氧含量只剩下初始含量的大约需要经过的年数为（ ）
（参考数据：，
A. 504B. 700C. 820D. 920
8. 若函数满足，且当时，，则（ ）
A. －1B. C. 0D.
二、多项选择题：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. 下列结论中正确的是（ ）
A.
B. 若角是第三象限角，则
C. 若角的终边过点
D
10. 设，且，则下列不等式成立的是（ ）
A. B. C. D.
11. 已知函数若关于的方程有3个实数解，则（ ）
A. B.
C. D. 关于方程恰有3个实数解
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知幂函数的图象经过点，则________.
13. 已知函数的图像经过点，若，则的取值范围为__________.
14. 已知函数（），如图，O为坐标原点，M，N，P是曲线与直线（）相邻的三个交点，若，，则的最小正周期为______.
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. 已知，．
（1）分别求P和Q；
（2）若，且，求m．
16. 已知，.
（1）若，求；
（2）已知全集，若，求实数的取值范围.
17. 已知定义在上的奇函数，是定义在上的偶函数..
（1）求函数，的解析式；
（2）判断并证明的单调性；
（3）若对，恒成立，求实数取值范围；
18. 已知函数最大值为2，两对称轴间的最小距离为.
（1）求函数的解析式；
（2）函数在区间上有且仅有两个零点，求实数的取值范围；
（3）若关于的方程在上有解，求实数的取值范围.
19. 设函数在区间上有定义，若对任意，都存在，使得，则称函数为区间上的“关联函数”.
（1）判断函数在区间上是否为“关联函数”，并说明理由；
（2）若函数为区间上的“关联函数”，求实数的取值范围；
（3）若存在唯一的实数，使得函数为上的“关联函数”，求的值.2025—2026学年度第一学期期末考试
高一数学试题
（满分150分 时间：120分钟）
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求解.
【详解】解不等式，得，则，而，
所以.
故选：D
2. 函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由函数解析式结合对数函数性质可得定义域.
【详解】由题可得：.因在上单调递增，
则.
所以函数的定义域为．
故选：B．
3 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】借助三角函数的性质与对数函数的性质可计算出集合、，即可得解.
【详解】由，可得，
即，
由，可得，
即，可得，
故.
故选：B
4. 函数的零点所在的大致区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用函数的零点存在定理求解.
【详解】因为，
，
，
所以函数的零点所在的大致区间是，
故选：D
5. （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据诱导公式化简可得，即可利用正切的二倍角公式求解.
【详解】，
因为，所以，
解得或（舍去）
故选:C.
6. 折扇与书画结合，使其成为书画艺术的特殊载体，具有文化和历史价值．如图是一幅书法折扇的一部分，则该扇面对应扇形圆心角的弧度数为（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】设与的延长线交于圆心，根据弧长公式结合题意列方程组求出.
【详解】
如图，与的延长线交于圆心，设圆心角，扇形半径，
则，解得，
故选：A.
7. 近年来，人们愈加重视家用冰箱使用的氟化物释放对大气臭氧层的损害．科学研究指出，臭氧含量与时间（单位：年）的关系为，其中是臭氧的初始含量，是与氟化物排放相关的常数．经过测算，如果不对氟化物的使用和释放进行控制，经过280年臭氧含量将减少到初始含量的一半，则臭氧含量只剩下初始含量的大约需要经过的年数为（ ）
（参考数据：，
A. 504B. 700C. 820D. 920
【答案】D
【解析】
【分析】根据所给的函数关系式，代入条件求，再求.
【详解】由题意可知，，得，
则，则，则.
故选：D
8. 若函数满足，且当时，，则（ ）
A. －1B. C. 0D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用求出函数的周期，利用周期性转化代入即可求解.
【详解】依题意，
因为，所以，
所以，所以函数的周期为4，
所以.
又因为，所以，
当时，，所以，
所以.
故选：B.
二、多项选择题：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. 下列结论中正确的是（ ）
A.
B. 若角是第三象限角，则
C. 若角的终边过点
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用角度值与弧度制的互化可判断A；利用三角函数的象限符号可判断B；利用三角函数的定义可判断C；利用同角三角函数的基本关系可判断D.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，由三角函数的象限符号可知，若是第三象限角，则，故B正确；
对于C，角的终边过点，
则，故C错误；
对于D，
，故D正确.
故选：ABD.
10. 设，且，则下列不等式成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据判断A；直接利用基本不等式求解判断B；结合基本不等式“1”的用法判断C；利用特殊值法检验判断D，也可以利用赫尔德不等式或权方和不等式求解判断D.
【详解】解：选项A：因为，且，由可知,又，解得，故A正确，
选项B：由，当且仅当时取等号，此时，解得，故B错误；
选项C：因为，
当且仅当时取等号，此时，故C正确，
选项D：方法一：代入，故D错误，
方法二：赫尔德不等式，当且仅当时等号成立,故的最小值为，小于，故D错误；
方法三：权方和不等式，即，当且仅当时等号成立，故的最小值为，小于，故D错误；
故选：AC.
11. 已知函数若关于的方程有3个实数解，则（ ）
A. B.
C. D. 关于的方程恰有3个实数解
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A项，通过作关于轴对称的函数的图象与的交点情况，不难判断；对于B，C两项，主要是考虑二次函数图象的对称性和的取值范围分析或者特例判断即得；对于D项，要先判断的范围，结合图象易得.
【详解】如图，依题意作出函数的图象，
对于A项，作出关于轴对称的函数的图象，与直线交于点，则，不难看出点在点的右侧，则，故，A项正确；
对于B项，因当时，的图象关于直线对称，故点与点关于直线对称，则，
由可得：，即，则得，故B项正确；
对于C项，当时，由解得：，
由解得：，，
此时，故C项错误；
对于D项，依题意，，在上单调递增，故，
于是由图知，函数与的图象恰有三个交点，即关于的方程恰有3个实数解，故D项正确.
故选：ABD
关键点点睛：将方程的解的个数转化为函数的零点个数，或转化为对应的两个函数的图象交点个数求解，再通过作出函数的图象，根据其对称性、单调性或值域等推导相应参数的范围.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知幂函数的图象经过点，则________.
【答案】
【解析】
【分析】先根据幂函数图象经过的点求解出的值，然后可求.
【详解】由条件可知，所以，
所以，所以，
故答案为：.
13. 已知函数的图像经过点，若，则的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求出函数的解析式，再利用其单调性解不等式即可.
【详解】因为幂函数的图像过点，所以，，易知函数在上是奇函数，且单调递增，所以可化为，即，解得，故取值范围为.
故答案为：
14. 已知函数（），如图，O为坐标原点，M，N，P是曲线与直线（）相邻的三个交点，若，，则的最小正周期为______.
【答案】12
【解析】
【分析】利用三角函数的周期性和对称性，结合图象可以先求解，，然后求解，再利用向量积的坐标运算，即可求解周期.
【详解】
设，，，由已知得.
因为，所以，即.
又因为M，N的中点在对称轴上，所以，
则，联立方程组可解得，，
所以，
则，解得，
即的最小正周期.
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. 已知，．
（1）分别求P和Q；
（2）若，且，求m．
【答案】（1），．
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据指数和对数运算法则计算即得；
（2）利用指数式与对数式的互化，结合换底公式计算可得.
【小问1详解】
易知，
．
【小问2详解】
因为，所以，，
由换底公式得，，则，
则，
解得．
16. 已知，.
（1）若，求；
（2）已知全集，若，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求集合，再结合集合的交集运算求解即可；
（2）根据题意分析可知，结合子集的性质进行求解即可.
【小问1详解】
由题意可得：，，
当时，因为，
所以.
【小问2详解】
由（1）可得：，，
因为，则，可知，
则或，解得或，
所以实数a的取值范围为.
17. 已知定义在上的奇函数，是定义在上的偶函数..
（1）求函数，的解析式；
（2）判断并证明的单调性；
（3）若对，恒成立，求实数的取值范围；
【答案】（1），
（2）在R上单调递增，证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）利用奇偶性得到关系式，结合题干中的条件，解出函数和的解析式；
（2）利用定义证明函数单调性，通过取值，作差，判号，下结论四步完成证明；
（3）首先将问题转化为对，恒成立问题，然后通过换元构造函数，利用对勾函数求其最小值，进而求得参数的取值范围.
【小问1详解】
因为是奇函数，是偶函数，所以，，
则由，可得：①
，②
联立①②解得：，；
【小问2详解】
在单调递增，理由如下：
，且，
，
∵，∴，，，
∴，∴在上单调递增；
【小问3详解】
依题意，对，恒成立，
即对，恒成立，
由于，，
即对，恒成立，
令，由（2）可知在上单调递增，因此可得：，
由，，所以.
根据对勾函数的性质可知，函数在区间上单调递增，
所以在时取得最小值，最小值为.
所以可得：，故实数的取值范围为.
（1）利用函数奇偶性构造方程组，通过解方程组的方法求得函数解析式；
（2）利用定义证明函数单调性的四个步骤：取值，作差，判号，下结论；
（3）解决函数恒成立问题通常用到一下两个结论：
①恒成立
②恒成立
18. 已知函数最大值为2，两对称轴间的最小距离为.
（1）求函数解析式；
（2）函数在区间上有且仅有两个零点，求实数的取值范围；
（3）若关于的方程在上有解，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据正弦型函数的最值、周期性、特殊角的正弦值进行求解即可；
（2）根据特殊角的正弦值，结合函数零点的定义进行求解即可；
（3）由题意，令，则问题转化为方程在上有解，分离参数，构造函数，利用单调性求值域即可求解.
小问1详解】
因为函数最大值为2，所以.
因为函数两对称轴间的最小距离为，
所以函数的最小正周期为，
因为，
所以，即，
因为，所以，
因为，所以令，即，
所以函数的解析式为；
【小问2详解】
，
，或，
解得，或，
因为， 且函数区间上有且仅有两个零点，
所以从左到右的零点为，，，且，
所以实数的取值范围
【小问3详解】
因为，
所以由
即，其中，
因为，则，令，
则有，则关于t的方程在上有解，
由可得，
令，则，
因为，在上均为减函数，
所以函数在上为减函数，且当趋向于时，趋向于正无穷大，
则，所以，解得，
故实数a的取值范围是.
19. 设函数在区间上有定义，若对任意，都存在，使得，则称函数为区间上的“关联函数”.
（1）判断函数在区间上是否为“关联函数”，并说明理由；
（2）若函数为区间上的“关联函数”，求实数的取值范围；
（3）若存在唯一的实数，使得函数为上的“关联函数”，求的值.
【答案】（1）在区间上不是“关联函数”，理由见解析
（2）
（3）或.
【解析】
【分析】（1）通过“关联函数”的定义，分别求解函数及在区间上的值域，通过判断两个函数值域的子集关系即可判断是否为“关联函数”
（2）通过“关联函数”的定义可得：对任意，都存在，使得，可得，然后由可以求得：，进而可得：，最后根据子集关系求解参数取值范围即可；
（3）首先分、及三种情况，分别根据函数的单调性求解函数及函数的值域，然后根据“关联函数”的定义确定两个函数值域的子集关系，最后根据实数的唯一性求解参数的值即可.
【小问1详解】
由题知：对任意，都存在，使得，
设函数在区间上值域在区间上值域，则，
因为函数在区间上是增函数，所以值域，
函数在区间上单调递减，所以值域，
因为不是的子集，所以函数在区间上不是“关联函数”.
【小问2详解】
因为函数为区间上的“关联函数”，
所以对任意，都存在，使得，可得，
因为，所以，
又，所以，
即解得，
因此实数的取值范围为.
【小问3详解】
的值域为，即，
的对称轴为直线，且开口向下，
①当时，在上单调递减，又，
则值域为，由，得
解得，因为唯一，所以，解得，不满足，故舍去；
②当时，在上单调递增，又，
则值域为，由，得
解得，因唯一，所以，解得，不满足，故舍去；
③当时，在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值为，又，
（i）当，即时，的值域，
由，得解得，
因为唯一，所以，解得，其中符合题意；
（ii）当，即时，的值域，
由，得解得，
因为唯一，所以，解得，其中符合题意.
综上所述，的值为或.