浙江省杭州第四中学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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命题人：王元真审核人：庞仕林、耿丽丽
2026 年 1 月
考生须知：
1．本试卷分试题卷和答题卷，满分 150 分，考试时间 120 分钟.
2．答题前，在答题卷上填写班级、姓名、试场号、座位号，并填涂卡号.
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试题卷上无效.
4．考试结束，只上交答题卷.
一、单项选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分）
1. 已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先解不等式，再根据集合的交集可求.
【详解】集合，可得 ,
故选：A
2. 若函数在闭区间上的图象是一条连续的曲线，则 “ ”是“函数
在开区间内至少有一个零点”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】
【详解】函数在闭区间上的图象是一条连续的曲线，
由零点存在定理，时，函数在开区间内至少有一个零点，
充分性成立；
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而函数在开区间内至少有一个零点时，不一定成立，
如函数，在开区间内有零点，但，
必要性不成立.
则“ ”是“函数在开区间内至少有一个零点”的充分不必要条件.
故选：A
3. 已知命题，；命题，，则（）
A. p 和 q 都是真命题 B. 和 q 都是真命题
C. p 和都是真命题 D. 和都是真命题
【答案】C
【解析】
【分析】利用基本不等式判断的真假，由正弦函数的性质判断的真假，进而确定它们的否定的真假，
即可得.
【详解】由，则，当且仅当时取等号，即，，
由，即不存在，，
所以真命题，为假命题，故为假命题，为真命题，
故选：C
4. 若，则关于 x 的不等式的解集为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次不等式的解法即得.
【详解】因，则 ,
又 ,可得，
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所以不等式的解集为 ,
故选：B.
5. 若为偶函数，则（）
A. B. 0 C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】利用偶函数的定义恒成立，即可求.
【详解】由题设，函数的定义域为 R，且
，
所以恒成立，则恒成立，故 .
故选：B
6. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次函数单调性以及指数函数和对数函数单调性，得出不等式即可求得的取值范围.
【详解】当时, 是开口向下的二次函数，对称轴为 ,
若满足时单调递增，则 .
当时，易知为单调递增，
又函数在上单调递增，则
综上得 ,
故选：A
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7. 若 tan（）＝2，则 sin2α＝（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由两角差的正切得 tan ，化 sin2α为 tan 的齐次式求解
【详解】tan（）＝2，则
则 sin2α＝
故选：B
【点睛】本题考查两角差的正切公式，考查二倍角公式及齐次式求值，意在考查公式的灵活运用，是基础
题
8. 已知，，当时，不等式恒成立，则的最小值为（
）
A. B.
C. 8 D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】利用给定不等式恒成立，求出的关系等式，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【详解】当时，不等式恒成立，
得当时，恒成立，且当时，恒成立，
即当时，恒成立，且当时，恒成立，
因此且，则，即，
于是，当且仅当，即时取等
号，
所以的最小值为 8.
故选：C
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【点睛】关键点点睛：按、分段讨论恒成立，求得是解决问题的关键.
二、多项选择题（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分）
9. 对于函数和，下列说法中正确的有（）
A. 与有相同的零点 B. 与有相同的最大值
C. 与有相同的最小正周期 D. 与的图象有相同的对称轴
【答案】BC
【解析】
【分析】应用二倍角正弦公式、辅助角公式化简函数式，结合正弦型函数的性质判断各项的正误.
【详解】由，，
由，，
所以与有不相同的零点，而它们的最大值、最小正周期相同，分别为 2、，
由，，
故它们的图象对称轴不同.
故选：BC
10. 已知，则（）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】应用特例，由及不等式的性质、指数函数的单调性判断 A、B，应用作差法及对数函数的
性质判断 C、D.
【详解】若，则，，A、B 错，
由，则
，
所以，C 对，
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由
，
由，则，故，即，
所以，D 对.
故选：CD
11. 已知定义在 R 上的函数满足，函数是偶函数，且对任意的，
，当时，都有，则以下判断正确的是（）
A. 若，则 B. 函数的最小正周期是 4
C. 函数在上单调递增 D. 直线是图象的对称轴
【答案】ACD
【解析】
【分析】由题设得，函数关于对称，且、在上
单调递减，再进一步判断函数的奇偶性、周期性、区间单调性和对称性，进而判断各选项即可.
【详解】由，得，所以函数为奇函数，
由是偶函数，得关于对称，则是图象的对称轴，故 D 正确；
由，则，所以，
所以，函数周期为 8，故 B 错误；
对于 A，由，若，则，故 A 正确；
任意的，，当时有，所以在上单调递减，
结合奇函数知，函数在上递减，即函数上函数递减，
由于函数关于对称，所以函数在上单调递增，故 C 正确.
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故选：ACD
三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
12. 已知实数 a 满足且，则函数的图象过定点______．
【答案】
【解析】
【分析】根据指数函数过定点性质得出结论.
【详解】因指数函数过定点 ,
令 ,则，即过定点 .
故答案为： .
13. 已知角，，，，则 ________
．
【答案】 ##
【解析】
【分析】由和角正切公式求得，结合求其正弦值.
【详解】由，
由，，则，故，
所以 .
故答案：
14. 如图，已知是函数的一个零点，曲线与直线交于 A，B 两点，
若，且，，则 ________， ________．
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【答案】 ①. 4 ②. ##
【解析】
【分析】根据两点之间的距离以及对应图象的单调性可得出，再将代入可求得的值.
【详解】令，结合两点处的单调性可得
，
又，所以，又，
可得，因此，
又，且在处函数图象单调递增，
因此，解得，
又，所以 .
故答案为：4；；
四、解答题（本大题共 5 小题，满分 77 分）
15. （1）已知，，求的值；
（2）已知，求的值.
【答案】（1）；（2） .
【解析】
【分析】（1）由已知有，代入目标式并应用指数与对数的关系化简求值；
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（2）由对数函数的性质得且，整理得，即可得.
【详解】（1）由题设，；
（2）由题设，且，故，
所以，可得或（舍），故；
16. 已知 .
（1）若，求的值；
（2）若，且，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式化简，然后结合同角三角函数关系式即可得到结果.
（2）由，且，得出，代入即可得到结果.
【小问 1 详解】
，
，
，
.
【小问 2 详解】
，
，
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，
，
，
.
17. 设函数．
（1）判断函数在区间上的单调性，并用定义证明结论；
（2）令函数，，求函数的值域．
【答案】（1）单调递增，证明见解析；
（2） .
【解析】
【分析】（1）应用单调性的定义，令，作差法比较大小即可证；
（2）由题设，应用分类讨论，结合的性质求的值域.
【小问 1 详解】
函数在区间上的单调递增，证明如下：
由解析式知，函数的定义域为 R，令，
所以，
由，，，故，
所以，故函数在区间上的单调递增；
【小问 2 详解】
由题设，则，
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当，则，而在上单调递减，则，此时
；
当，则；
当，在上单调递减，在上单调递增，
所以时取得最小值 2，故在上，此时，
综上， .
18. 如图所示，摩天轮的半径为，最高点距离地面高度为，摩天轮的圆周上均匀地安装着个
座舱，并且运行时按逆时针匀速旋转，转一周大约需要 .甲，乙两游客分别坐在，两个座舱里，
且他们之间间隔个座舱(本题中将座舱视为圆周上的点).
（1）求劣弧的弧长 (单位： )；
（2）设游客丙从最低点处进舱，开始转动后距离地面的高度为，求在转动一周的过程中，
关于时间的函数解析式；
（3）若游客在距离地面至少的高度能够获得最佳视觉效果，请问摩天轮转动一周能有多长时间使甲，
乙两位游客都有最佳视觉效果.
【答案】（1）；（2），其中；（3） .
【解析】
【分析】（1）根据弧长的计算公式可求的长度.
（2）建立如图所示的平面直角坐标系，利用三角函数的定义可求关于时间的函数解析式.
（3）利用（2）中所得的解析式并令，求出不等式的解后可得甲，乙两位游客都有最佳视觉效果的
时间长度.
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【详解】（1）因为摩天轮的圆周上均匀地安装着个座舱，
故每个座舱与中心连线所成的扇形的圆心角为，
故 .
（2）建立如图所示的平面直角坐标系，设，
由题意知，，所以，
又由，所以，
当时，可得，所以，
故关于时间的函数解析式为，其中 .
（3）令，即，
令，解得，
因为甲乙两人相差，
又由，所以有甲乙都有最佳视觉效果.
【点睛】三角函数实际应用问题的处理策略：
1、已知函数模型求解数学问题；
2、把实际问题抽象转化成数学问题，利用三角函数的有关知识解决问题；
3、根据实际问题转化为已知条件转化为三角函数的解析式和图象，然后在根据数形结合思想研究三角函数
的性质，进而加深理解函数的性质.
19. 定义在 R 上的奇函数，当时， .
（1）求的解析式；
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（2）当的定义域为（）时，的值域为，求的取值.
（3）是否存在实数，使得当的定义域为时，的值域为，如果存在，求出的
值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）存在，或
【解析】
【分析】（1）由奇函数定义可求得函数解析式.
（2）讨论定义域和二次函数对称轴的关系，根据函数的最大值和最小值建立等量关系，计算的值.
（3）分“ ”和“ ”两种情况分析，结合函数的单调性建立等量关系即可得到结果.
小问 1 详解】
当时，，
所以
所以的解析式为 .
【小问 2 详解】
当时，，所以 .
①当时，在上单调递增，此时，解得不合题意.
②当时，在上单调递增，在上单调递减，
则，即，，即，符合题意；
③当时，单调递减，则，解得，不合题意.
综上得， .
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【小问 3 详解】
由得，，由得，得，故同号.
①当时，由于时，，故，则，
所以在区间上单调递减，
所以，
即为方程的根，
由得，即，从而解出 .
②同理时，由于时，，故，则
故在区间上单调递减，
所以，解得 .
综上可得，或 .
【点睛】思路点睛：本题考查函数值域和单调性综合问题，具体思路如下：
（1）设，求得的表达式，利用奇函数的定义可得出的表达式，综合可得出函数的解析
式.
（2）根据题目条件分、、三种情况讨论，结合函数单调性找到定义域
和值域的对应关系，即可得到结果.
（3）根据题目条件得到，分和两种情况讨论，确定函数在区间上的单调性，
结合函数的单调性建立等量关系即可得到结果.