浙江省杭州第二中学2025-2026学年高一上学期期末考试数学试题（Word版附解析）

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命题：郑蓉蓉 陈诚 校对：朱俊杰 审核：陈洁
本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共 150 分，考试时间 120 分钟.
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. 若集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解绝对值不等式得 A，根据交集的定义计算即可.
【详解】解 得 ，即 ，B 为奇数集，故 .
故选：C
2. 已知角 的终边过点 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据角的终边的定义进行计算即可.
【详解】因为角 的终边过点 ，则 .
故选：B.
3. 函数 的零点所在区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
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【分析】利用零点存在性定理计算即可.
【详解】由 ， 在 上均递减，
所以 在 上递减，又 ， ，所以零点所在区间为
.
故选：C．
4. 函数 的单调递减区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出函数的定义域，再根据复合函数的单调性遵循“同增异减”的规律即可得解.
【详解】由 ，可得 .
因为二次函数 在 上单调递减，
在 上单调递增，
故由复合函数 单调性遵循“同增异减”的规律可知，
函数 的单调递减区间为 .
故选：D.
5. 幂函数 为偶函数，则 （ ）
A. 1 B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据幂函数的定义求出 ，再代入检验其是否为偶函数即可.
【详解】由题意可知， ，得 或 ，
若 ，则 ，是偶函数，符合题意，
若 ，则 ，是奇函数，不符合题意，
故 .
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故选：C
6. 已知函数 ，则（ ）
A. 直线 是函数 图象的对称轴
B. 直线 是函数 图象的对称轴
C. 点 是函数 图象的对称中心
D. 点 是函数 图象的对称中心
【答案】A
【解析】
【分析】运用将数值代入的方法，结合正弦函数的性质逐一验证即可.
【详解】对于 A：将 代入 ，得 ，
因此直线 是函数 图象的对称轴，故 A 正确；
对于 B：将 代入 ，得 ，
故直线 不是函数 图象的对称轴，故 B 错误；
对于 C：将 代入 ，得 ，
故点 不是函数 图象的对称中心，故 C 错误；
对于 D：将 代入 ，得 ，故 D 错误.
故选：A.
7. 已知正实数 ，则 的最小值为（ ）
A. 1 B. C. D. 2
【答案】B
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【解析】
【分析】利用基本不等式对 进行变形，然后结合 的取值范围求解其最小值.
【详解】由基本不等式，可得 ，
要使下界 最小，只需分母 最大，分子 最小即可，即 ，
此时 ，
验证等号条件， ，即 ，当 时， ，
即 ，满足条件，故 最小值为 .
故选：B.
8. 已知定义在 R 上的函数 ， 不恒为 ，且满足 ，
， ，则下列说法不正确的是（ ）
A. B. 为奇函数
C. 点 是函数 图象的对称中心 D. 为周期函数且周期为 2
【答案】D
【解析】
【分析】令 可判断 A，令 可判断 B，令 可得 ，即可推出 的周
期，从而判断 D，结合 及 分析得到 判断 C.
【详解】对于 A：因 ，
令 可得 ，又 不恒为 ，
所以存在 使得 ，且 ，所以 ，故 A 正确；
对于 B：因为 ，
令 ，则 ，又 ，所以 ，
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即 ，所以 为奇函数，故 B 正确；
对于 D：因为 ，
令 可得 ，又 ，
所以 ，即 ，
所以 ，则 ，
所以 为周期函数且周期为 ，故 D 错误；
对于 C：因为 且 ，
所以 ，所以 ，
即 ，所以点 是函数 图象的对称中心，故 C 正确.
故选：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. 若实数 ，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据指数函数的性质判断 A，根据对数函数的性质判断 B，利用特殊值判断 C，根据幂函数的性质
判断 D.
【详解】因为 在定义域 上单调递减且 ，所以 ，故 A 正确；
因为 在定义域 上单调递增且 ，所以 ，故 B 正确；
当 时， ，故 C 不正确；
因为 在定义域 上单调递增且 ，所以 ，故 D 正确.
故选：ABD
10. 函数 （ ， ）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
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A.
B.
C. 在 上单调递减
D. 的图象可由 的图象向左平移 个单位长度而得
【答案】ABD
【解析】
【分析】由图象的周期及特殊位置的三角函数值求得函数解析式，然后根据正弦函数性质及图象变换判断
即可.
【详解】由题可知， ，得 ，则 .
由图象可知， ，
得 ，又因为 ，故取 ，得 ，
则 ，
又由图象可知， ，得 ，
则 .
对于 A：由以上分析可知， ，故 A 正确；
对于 B：由以上分析可知， ，故 B 正确；
对于 C：若 ，则 ，
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因此 在 上先递减再递增，故 C 错误；
对于 D： 的图象向左平移 个单位长度，得到 ，
故 D 正确.
故选：ABD.
11. 设 ，且 ， ， ，则下列选项中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】借助当 时， ，判断 AB；设 ，利用单调性得 的
范围.
【详解】先证：当 时， ，
在单位圆 中，点 ，设 ，则 ，
过点 A 作直线 AT 垂直于 x 轴，交 OP 所在直线于点 T，
由 ，得 ，
设扇形 的面积为 ，
由图知 ，即 ，
即 ，
对于 A，当 时， ，则 ，即 ，A 正确；
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对于 B，当 时， ，则 ，即 ，结合 ，
则 ，故 B 错误；
，所以 ，
设 ，
因为 在 上单调递减，
，(实际 略大
于 ），
所以 ，C 错误，D 正确.
故选：AD
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. ______.
【答案】
【解析】
【分析】利用两角和的正切公式计算 ，整理即可.
【详解】因为 ，
所以 .
故答案为：
13. 如图，已知矩形 截圆 所得的劣弧（弧长小于半圆的弧） 的长为 ， ，则矩形在圆
外部分的面积为______.
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【答案】 ##
【解析】
【分析】由弧长公式求出 ，再由矩形面积减去扇形面积即可.
【详解】依题意 ，所以 ，又 ， ,
所以 ，所以 ，
所以矩形在圆外部分的面积 .
故答案为：
14. 已知函数 ，若 ，则实数 a 的取值范
围为______.
【答案】
【解析】
【分析】先写出 的定义域，再证明其为偶函数，且在 单调递增，利用 的奇偶性，可将
转化为 ，再利用 的单调性，可将其转化为
，即可得解.
【详解】易知 ， ，
故函数 的定义域为 ，
又因为 ，故 是偶函数，
又易知 与 的对称轴分别为 与 ，
因此 与 均在 上单调递增，
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故易知 也在 上单调递增.
由 是偶函数可知， 即 ，
又因为 ， ， 在 上单调递增，
故由 ，
可得 ，解得
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. 已知函数 （其中 ， 均为常数， 且 ）的图象经过点 与点 .
（1）求 ， 的值；
（2）解不等式 .
【答案】（1） ，
（2）
【解析】
【分析】（1）将点的坐标代入解析式得到关于 ， 的方程组，解得即可；
（2）由（1）知 ，即可表示 ，则不等式可化为 ，根据
对数函数、指数函数的单调性解得即可.
【小问 1 详解】
由题意知 ，即 ，解得 ，
所以 ， ；
【小问 2 详解】
由（1）知 ，则 ，
不等式 ，即 ，
即 ，
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所以 ，即 ，即 ，解得 ，
所以不等式 的解集为 .
16. 已知 ， 均为锐角，且 ， .
（1）求 的值；
（2）求 的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意可得 ，再由平方关系求出 、 ，最后由二倍角正弦公式计算可
得；
（2）首先求出 ，再由诱导公式求出 ， ，最后由两角和的余弦公式计
算可得.
【小问 1 详解】
因为 ，所以 ，
又 且 为锐角，解得 ，
所以 ；
【小问 2 详解】
因为 为锐角，所以 ，又 ，
所以 ，所以 ，
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所以 ，
，
所以
.
17. 已知函数 .
（1） 时，求 的单调区间；
（2）若函数 存在三个不同的零点，求实数 a 的取值范围.
【答案】（1）单调递增区间为 和 ，单调递减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意， ，根据对勾函数的单调性求解；
（2）问题转化 方程组 ①或 ②一个有一个解，另一个两个解，利用韦达
定理分情况求解.
【小问 1 详解】
当 时， ，
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当 时， ，
当且仅当 时，等号成立，
且 时， 单调递减， 时， 单调递增，
当 时， 单调递增，
所以，函数 的单调递增区间为 和 ，单调递减区间为 ；
【小问 2 详解】
令 ，即 ，也就是 ，
即 ①或 ②，
因为函数 存在三个不同的零点，则①、②方程组一个有一个解，另一个两个解，
当①有两个解，则 ，得 ，
此时②有一个解，即 ，得 ，
所以此时 ；
当①有一个解，则 ，得 ，
此时②有两个解，即 ，得 ，
所以此时 ；
综上可得实数 a 的取值范围为 .
18. 已知函数 的最小正周期为 .
（1）求 的单调递减区间；
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（2）若 的图象向右平移 个单位长度得到函数 的图像，求 在区间 上的值域；
（3）求方程 的所有解的和.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用两角和的正弦公式化简，由周期求出 ，即可得到函数解析式，再根据正弦函数的性质
计算可得；
（2）求出平移后的解析式，由 的范围求出 的范围，结合正弦函数的性质求出函数的值域；
（3）首先分析 关于 对称， 也关于 对称，画出函数图象，确定交点
个数，即可求出方程的解的和.
小问 1 详解】
因为 ，
又函数 的最小正周期为 且 ，
所以 ，解得 ，所以 ，
令 ，解得 ，
所以 的单调递减区间为 ；
【小问 2 详解】
将 的图象向右平移 个单位长度得到 ，
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又 ，则 ，所以 ，
所以 ，即 在区间 上的值域为 ；
【小问 3 详解】
因为 ，所以 ，所以 关于 对称；
又 过点 ，即 也关于 对称；
令 ，解得 ，令 ，解得 ，
在同一平面直角坐标系中画出 与 的图象如下：
方程 解，即 与 的交点的横坐标，
由图可知 与 共有 个交点，且一个交点横坐标为 ，另外三对交
点分别关于点 对称，
所以方程 的所有解的和为 .
19. 已知 ， 分别为定义在 R 上的奇函数与偶函数，且满足
.
（1）求 的值：
（2）求 和 ；
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（3）定义 ， ，记其值域为 .
（ⅰ）若存在正整数 n，使得 对任意的 恒成立，求实数 a 的取值范围；
（ⅱ）若 ，求 n 的最小值.
【答案】（1） ；
（2） , ；
（3）(i) ；(ii) .
【解析】
【分析】（1）令 ，由 是奇函数可知 ，即可得解 ；
（2）由和差化积公式对原式进行化简，再利用 与 的奇偶性，即可得解；
（3）（ⅰ）先取 ，求得 的范围 ，再证明 与 ，对任意正整数 ，不等式不成立
即可；
（ⅱ）由 的连续性及周期性，可知其值域 为闭区间，再计算最大值与最小值，由 可知
，解不等式得 ，再验证 与 时是否符合题意即可判断.
【小问 1 详解】
因为 为定义在 R 上的奇函数，故 .
令 ，则 ，
化简得 ，故 .
【小问 2 详解】
由和差化积公式 可得：
，
所以
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①，
又因为 ，
即
②，
由①式 ②式可得： ，
即 ，解得 ；
由①式 ②式可： ，
即 ，解得 .
综上， ， .
【小问 3 详解】
（i）不等式 对任意 恒成立，且存在正整数 使之成立.
考虑 ，则 ，
不等式化为 ，
令 ，则需 对任意 恒成立.
当 时，不等式成立，
当 时，设 ，该一次函数恒成立，
需要两端恒成立即可： ，即 或 ，
结合 ，所以当 时， 的取值范围是 .
下证若 ，则对任意正整数 ，不等式不成立.
若 ，取 ，此时 ，
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则 或 ，
当 为偶数时， ，代入不等式得 ，即 ，与 矛盾；
当 为奇数时， ，代入不等式得 ，即 ，与 矛盾.
若 ，取 ，此时 ，则 ，代入不等式得 ，即 ，与
矛盾.
因此，只有当 时，存在 使不等式恒成立，
故实数 的取值范围为 .
(ii) 为 的值域.由 的连续性及周期性，可知值域为闭区间.
计算最大值与最小值：
令 ，
则 .
最大值 ：由 ，且在约束 下，当 时， 达
到最大，
故 .
最小值 当 为偶数时， ，由均值不等式及 得 ，当 时取等，
故 ：当 为奇数时，可取 ，得 .
所以 ，
要求 ，即需 .解不等式 ，
可得 ，
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计算得： ，
所以 .
当 时， ，且 为偶数， ，故 ，
存在 使 ，当 时， ，不满足.
因此， 的最小值为 22.