浙江省宁波市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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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.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名､学校､准考证号填涂在答题卡上.将条形码横贴在答题卡的“贴条形码区”.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.所有答案必须写在答题卡上，写在试卷上无效.
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案：不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁，不要折叠､不要弄破.
选择题部分（共58分）
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. 已知集合是小于6的正整数，则中元素的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由补集定义求出集合A即可得解.
【详解】由题可得，又，
所以.所以中元素的个数为2.
故选：B
2. 命题“”的否定为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由命题的否定的定义直接得解.
【详解】命题“”的否定为“”.
故选：C
3. 已知角的终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据诱导公式和正弦定义即可得到答案.
【详解】.
故选：A.
4. 已知，则（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由指数和对数互化公式和运算性质直接计算即可得解.
【详解】由题可得，所以.
故选：D
5. 已知函数的定义域为，则下列函数一定为奇函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】要判断函数的奇偶性，先依据奇函数定义，对于定义域为的函数，若满足，则为奇函数，再逐一分析各选项即可.
【详解】选项A：因，
所以，满足偶函数定义，是偶函数，不是奇函数.A错误.
选项B：因为，
所以，
满足奇函数定义，奇函数.B正确.
选项C：因为，
所以，
满足偶函数定义，是偶函数，不是奇函数. C错误.
选项D：因为，
所以，
满足偶函数定义，是偶函数，不是奇函数.D错误.
故选：B.
6. 如图1所示，九边形一角硬币是中国第四套人民币中的辅币，其边缘呈正九边形的独特设计在视觉和触觉上提供了极强的识别性，方便公众使用并辅助防伪，同时也兼顾了耐用性､生产工艺和文化寓意.已知正九边形的外接圆半径为，则图2中阴影部分（正九边形与圆之间的部分）的面积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】应用三角形面积公式计算求解.
【详解】正九边形每条边长所对的圆心角为，正九边形面积为，
阴影部分的面积为.
故选：C.
7. 设是关于的方程的实数根，则所在的区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将题设等价转化为函数在上的零点，利用函数单调性和、结合零点存在定理即可得解.
【详解】方程的实数根，即为方程的实数根，
即为函数在上的零点，
因为函数和在上均为增函数，
所以在上均为增函数，
又，
所以，则函数在上有唯一零点，
且零点所在的区间为，即所在的区间为.
故选：B
8. 已知实数满足，则下列情形不成立的是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】可先将已知等式化简得到与的关系，再逐一验证选项是否满足该关系.
【详解】已知，
变形可得：
因此（）.
对于选项A：，时，则，成立.
对于选项B：，时，则，成立.
对于选项C：时，则，故该情形不成立.
对于选项D：，时，则，成立.
故选：C
二､多选题：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. 已知正实数满足，且，则下列不等式中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】等量代换后结合题意可得A；作差可得B；由基本不等式可得C；举反例可判断D.
【详解】对于A，因为正实数满足，且，所以，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，，当且仅当时取等号，但等号不能取得，故C正确；
对于D，令，则，故D错误.
故选：ABC
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 是的一个周期
B. 的图象关于直线对称
C. 的最大值为3
D. 在上有3个零点
【答案】AD
【解析】
【分析】根据可判断A；根据可判断B；根据正弦函数性质计算可判断C；函数可化为，令，计算可判断D.
【详解】对于A，因为，
所以是的一个周期，故A正确；
对于B，，，
因为，所以的图象不关于直线对称，故B错误；
对于C，当时，函数有最大值为，
当时，函数有最大值为，
因为函数与函数在一个周期内不可能同时取到最大值，
所以的最大值不可能为，故C错误；
对于D，，
令，则，即或，
当时，解得或或，
解得或，
所以在上有3个零点，故D正确.
故选：AD
11. 设函数与的定义域都是非空数集，若对任意的，总存在，使得成立，则称是在定义域上的“级友谊函数”.则（ ）
A. 若是在定义域上的“级友谊函数”，则对任意的
B. 是在区间上的“2级友谊函数”
C. 若是在区间上的“3级友谊函数”，则
D. 若是在区间上的“1级友谊函数”，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，结合题意可得对任意的，总存在，使得成立，进而判断即可；对于B，求出两函数的值域，根据两值域关系和新定义即可判断；对于C，转化为成立，再分，以及讨论即可判断；对于D，转化问题为存在，使得成立，进而分、、、讨论求解即可判断.
【详解】对于A，由题意，是在定义域上的“级友谊函数”，
则对任意的，总存在，使得成立，
显然，对任意的，故A正确；
对于B，当，当时，，
取，则，对于任意的，，
此时不存在，满足，
所以和不是区间上的“2级友谊函数“，故B错误；
对于C，由题知是在区间上的“3级友谊函数“，
则任意，总存在，使，
因为，则只需使成立即可，
①当时，在上单调递增，其值域为，
所以，则
因为任意，总存在，使成立，
所以，则，即，即，此时．
②当时，在上单调递减，其值域为，
所以，则，
因为任意，总存在，使成立，
所以，则，即，即，此时．
③当时，当时，有，不存在，使得，
此时不存在这样的，，不符合题意．
综上所述，，故C正确；
对于D，由题知是在区间上的“1级友谊函数”，
则对任意的，总存在，使得成立，
当时，，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
且时，，时，，时，，则，
所以，则存在，使得成立，
当时，，，
当时，，
则，即，解得；
当时，令，得，
若，即时，，
则，即，解得；
若，即时，，
而，
则或，解得；
若，即时，，
则，即，解得.
综上所述，，故D正确.
故选：ACD
非选择题部分（共92分）
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数则__________.
【答案】1
【解析】
【分析】由里往外直接计算即可求解.
详解】由题得.
故答案为：1
13. 已知函数在区间上不单调，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】在指定区间内求出相位的范围，再利用正弦函数单调性列式求解.
【详解】当时，，依题意，，解得，
所以的取值范围为.
故答案为：
14. 已知为正实数，且，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】整理可得，，进而可得，，构造函数，结合函数单调性求值域即可.
【详解】因为为正实数，，则，
且，则，
又因为，则，
可得，整理可得，
且，则，
可得，即，
由，可得，解得，
构造函数，可知在内单调递减，
当趋近于1时，趋近于4，可得，即，
所以实数的取值范围为.
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. 记不等式的解集为，不等式的解集为.
（1）求集合；
（2）若集合，写出的所有子集.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将分式不等式转化为一元二次不等式求解；
（2）求出集合，利用交集的概念求出，即可写出子集.
【小问1详解】
不等式，即，解得，
所以集合.
【小问2详解】
由，解得，即.
又因为，所以，
因此，集合的子集有.
16. 已知函数.
（1）求的值；
（2）将的图象向左平移个单位得到的图象，解关于的不等式.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由辅助角公式化简函数解析式即可直接计算求解；
（2）由平移变换求出的解析式，再由正弦函数性质解不等式即可.
【小问1详解】
因为，
所以.
【小问2详解】
由题知，所以即，
所以，解得，
所以原不等式的解集为.
17. 已知.
（1）求函数的解析式；
（2）判断函数的奇偶性并说明理由；
（3）若关于的不等式有解，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）奇函数，理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）应用换元法结合指对数转化得出解析式；
（2）应用奇函数定义证明；
（3）先证明函数是上单调递减函数，再根据单调性列式，再应用一元二次不等式有解计算判别式计算求参.
【小问1详解】
令，则，从而，
所以的解析式为.
【小问2详解】
是奇函数，
证明：函数的定义域为.
因为，都有，且，
所以为奇函数.
【小问3详解】
先证函数的单调性：
任取，不妨设.
则.
因为，所以，所以.
所以，即.
所以函数在上单调递减.
因为有解，即有解.
即有解，亦即有解，
所以，得.
18. 已知函数.
（1）求的定义域；
（2）若，求的值；
（3）若，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由正切函数的定义域可解；
（2）由差角的正切公式计算可得；
（3）法一：拆角后得到，令，则，展开两边同除以，结合二倍角的正余弦和同角的三角函数关系化简可得；
法二：拆角后由诱导公式变形得到.
令，则，用和差角的正弦公式展开并整理，两边同除以再计算可得；
法三：前面同法一，得，再由辅助角公式化简后计算可得.
【小问1详解】
令，得.
所以函数的定义域为.
【小问2详解】
因为，
所以.
【小问3详解】
法一：因为，所以.
令，则，
展开得，
两边同除以，得，所以.
从而，
因为，所以，
当且仅当时取到最大值.
法二：由，
得，
即，
所以.
令，则，
所以，
用和差角的正弦公式展开并整理，得，
两边同除以，得.
展开得，即.
所以，
当且仅当时取到最大值.
法三：前面同法一，得.
则.由辅助角公式得，
即，所以，
解得，所以的最大值为.
19. 已知函数.
（1）求函数的最小值；
（2）若函数有三个不同的零点，求实数的取值范围；
（3）记，若对于和，恒成立，求实数的最大值.
【答案】（1）0 （2）
（3）4
【解析】
【分析】（1）去绝对值后利用分段函数的解析式可得；
（2）转化为方程有三个不相等实根，去掉绝对值后利用韦达定理分析可得；
（3）求出解析式，再结合基本不等式化简可得.
【小问1详解】
所以函数的最小值为0.
【小问2详解】
.
因为函数有三个零点，
所以方程有三个不相等的实根.
显然，所以方程与共有三个小于0的实根，
即方程与共有三个小于0的实根.
利用韦达定理可以判断：方程有一个正根和一个负根，
所以方程应有两个不等的负根，所以
解得.
【小问3详解】
.
因为，所以，则
由，得，所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最大值为4.