浙江省嘉兴市2025-2026学年高一上学期1月期末考试数学试题（Word版附解析）

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（2026.1）
本试题卷共6页，满分150分，考试时间120分钟.
考生注意：
1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上.
2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据集合并集的概念计算即可求解.
【详解】因为，，
所以.
故选：B.
2. 已知角的终边过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，利用三角函数的定义，即可求解.
【详解】因为角的终边过点，根据三角函数的定义，可得.
故选：C.
3. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据对数函数的单调性进行判断即可.
【详解】函数是正实数集上的增函数，
所以.
因为是正实数集上的增函数，
所以.
因为，
所以.
故选：A
4. 已知，有下列两个结论：①存在在第一象限，在第三象限；②存在在第二象限，在第四象限；则（ ）
A. ①②均正确B. ①②均错误
C. ①对②错D. ①错②对
【答案】D
【解析】
【分析】利用诱导公式进行化简，再用三角函数在各象限的符号判断结合特殊值可得答案
【详解】由诱导公式先化简原式得
对于①，在第一象限时，在第三象限时，不存在，所以①错；
对于②，在第二象限时，在第四象限时，例如，时，，所以②对.
故选：D
5. 已知函数则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据分段函数的定义，先判断自变量所在的区间，再代入对应的表达式逐步计算.
【详解】因为，所以代入，得，
因为，所以代入，得，
将代入，得.
故选：C.
6. 已知函数，则“”是“在上单调递增”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】B
【解析】
【分析】任取，且，化简得到，转化为恒成立，求得，结合充分条件和必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】任取，且，
则，
若函数在上单调递增，则恒成立，
因为，可得，则，即恒成立，
又因为且，可得，则，所以，
所以“”是“在上单调递增”的必要不充分条件.
故选：B.
7. 已知定义在上的函数的图象是一条连续不断的曲线，且对于任意的实数，，都有，，当时，，则（ ）
A. B. 是奇函数
C. 在上单调递增D.
【答案】C
【解析】
【分析】令，求得，可判定A错误；令，得到，根据奇偶性的定义，可判定B错误；任取，令，结合函数单调性的定义，可判定C正确；取函数，结合不能恒成立，可判定D错误.
【详解】对于任意的实数，都有，，
且当时，，
对于A，令，可得，可得，所以A错误；
对于B，令，可得，
所以，所以不恒成立，
所以函数不满足，所以不是奇函数，所以B错误；
对于C，任取，则，令，
则，
所以，
因为时，，所以，且，
所以，即，
所以在上单调递增，所以C正确；
对于D，取函数，此时函数满足，
且当时，，满足，
则，
所以不能恒成立，所以D错误.
故选：C.
8. 设集合，且均为正数，若集合中的元素满足，则下列说法错误的是（ ）
A. 当时，
B. 当时，集合中的元素至多有一个正整数
C. 当时，元素均为正整数集合有且只有一个
D. ，，存在元素均为正整数的集合
【答案】D
【解析】
【分析】结合基本不等式，可判定A正确；由，结合集合元素的互异性，求得的值，可判定B正确；求得的范围，结合，求得的值，可判定C正确；不妨设，求得和，得到，可判定D错误.
【详解】选项A：当时，可得时，不妨设，
由，可得，所以A正确；
选项B：当时，由，可得，，
若均正整数，则，于是或，
与均为正数和集合元素的互异性矛盾，
所以集合中的元素至多有一个正整数，所以B正确；
选项C：当时，若是正整数，不妨设，
则有，可得，则，
又由，可得，
根据取等条件可知，即集合有唯一解，所以C正确；
选项D：对于集合，不妨设，
则有，于是，
即当时，，即：，
又当均为正整数时，，
可得：
显然当时，上述不等式不成立，所以D错误.
故选：D.
二、选择题：本大题共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. （多选题）已知非零实数，满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据不等式的性质，对每一选项逐一判断即可
【详解】对于选项A，当或时，显然成立；当时，由，所以，当且仅当时等号成立，故选项A正确；
对于选项B，，由A知，当时，；当时，，故选项B错误；
对于选项C，，当且仅当时等号成立，故选项C正确；
对于选项D，，当且仅当时等号成立，故选项D正确.
故选：ACD
10. 已知函数，则下列结论中正确的是（ ）
A. 的最小正周期为B.
C. 在上单调递增D. ，使得
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，结合最小正周期公式计算即可；
对于B，代值结合二倍角公式和诱导公式计算即可；
对于C，求出增区间比较即可；
对于D，根据最大值比较即可.
【详解】因为，
对于A，的最小正周期为，故错误；
对于B，，故正确；
对于C，时，
由，所以的单调递增区间为，
时，，
因此在单调递增，故正确；
对于D，的最大值为，
故不存在，使得，故错误.
故选：BC.
11. 已知函数，若对于实数，存在、、（其中），满足方程，则（ ）
A. B.
C. D. 的最大值是
【答案】ABD
【解析】
【分析】令，则，分、、三种情况讨论，数形结合可判断ABC选项；对于D选项，方法一：数形结合可得出的最大值及其对应的的值；方法二：将、、表示为关于的表达式，结合函数单调性可得出的最大值，可判断D选项.
【详解】作出函数的图象如下图所示：
当时，，则，，
当时，，则，
令，则，
一方面，当时，方程有唯一解，
直线与函数的图象有两个交点，不符合题意；
当时，有唯一解，
方程只有一个根，不符合题意；
当时，有两解，；
根据图象，有一个根，有两个根和，
由图可知，，
由，可得，
由，解得，其中满足，
所以，选项A和B正确，选项C错误；
对于选项D：方法一：由上述分析，在时等号成立.
方法二：，，
，
所以，
因为函数在上为增函数，
对于函数，因为内层函数在上为增函数，外层函数为增函数，
由复合函数法可知函数在上为增函数，
所以当时，取得最大值，正确.
故选：ABD.
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】3
【解析】
【分析】将点坐标代入计算得到，计算得到答案.
【详解】的图象过点，，则，，.
故答案为：.
13. 我们可以把看作每天的“进步”率都是，一年后是；而把看作每天的“落后”率都是1%，一年后是.这样，一年后“进步”的大约是“落后”的1481倍，即，那么大约经过______天后，“进步”的是“落后”的10倍（结果四舍五入精确到个位）.（参考数据：）
【答案】
【解析】
【分析】设经过天后“进步”的是“落后”的10倍，得到，结合题意和对数的运算公式，求得的值，即可得到答案.
【详解】设经过天后“进步”的是“落后”的10倍，可得，
两边取常用对数，可得，所以，
因为，可得，解得，
所以，即，
所以大约经过天后“进步”的是“落后”的10倍.
故答案为：.
14. 已知函数，若，则的最小值为________.
【答案】
【解析】
【分析】利用对数的运算性质结合已知条件得出，分析可知，再利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】由得，
，且，，
当时，，，则，
当时，，，则，
当且仅当时，等式成立，
故，当且仅当时，即当时，等号成立，
故的最小值为.
故答案为：.
四、解答题：本大题共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. 已知集合，，.
（1）求集合；
（2），，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出集合，利用补集和交集的定义可求得集合；
（2）由题意可知对都成立，令，求出函数在上的最小值，即可得出实数的取值范围.
【小问1详解】
因为集合，故或，
又因为，故.
【小问2详解】
由题意得对都成立
令，其对称轴为，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
则，故.
16. 已知.
（1）求的值；
（2）若，，求的值.
【答案】（1）或者.
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二倍角的余弦公式，结合因式分解法进行求解即可；
（2）法一：根据同角的三角关系，结合两角和的正切公式进行求解即可；
法二：利用，结合两角差的余弦公式和同角三角函数关系进行求解即可.
【小问1详解】
解得或者.
【小问2详解】
法一：，
，
由题意得，
解得，
所以.
法二：由题意得
则
即
解得：.
17. 已知函数.
（1）当时，判断在上的单调性，并用定义证明；
（2）若，.
（i）求的值；
（ii）若存在，当时，的值域为，求实数的取值范围.
【答案】（1）函数在上单调递增，证明见解析
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用函数单调性的定义和判定方法，即可求解；
（2）（i）根据题意，得到，即可求解；
（ii）法一：根据题意，转化为方程有两个大于的不等实数根，结合二次函数的性质，列出不等式组，即可求解；
法二：根据题意，转化为方程有两个大于的不等实数根，求得的取值范围，进而求得的范围，得到答案.
【小问1详解】
当时，函数在上单调递增.
证明：当时，函数.
，且，
则
，
由，得，，，
于是，即，
所以函数在上单调递增.
【小问2详解】
（i）因为，所以，解得.
（ii）法一：因为在上单调递增，
所以当时，的值域为，
即，可得是关于的方程的的两个不等实数根，并且，
所以方程有两个大于的不等实数根，
令，对称轴为，
则满足，即或，解得，
综上可得，实数的取值范围是.
法二：因为在上单调递增，
所以当时，的值域为，
即，所以是关于的方程的的两个不等实数根，并且，
显然，即方程有两个大于的不等实数根，
即函数和在上的图像有两个交点，
画出函数在上的图象，如图所示，
结合图象，可得，即，解得，
综上可得，实数的取值范围是.
18. 已知函数.
（1）求的值；
（2）若函数的图象关于直线对称，且在区间上单调.
（i）求的最小正周期；
（ii）将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，若在区间上有最小值但没有最大值，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）直接代入求值即可；
（2）（i）根据三角恒等变换公式将化简，再由对称性求出的取值，由单调性求出的范围，即可确定的值，从而求出函数解析式，最后由正弦函数的性质计算可得；（ii）法一：首先表示出的解析式，再根据的范围求出的范围，结合正弦函数的性质计算可得；法二：结合的图象得到不等式组，解得即可.
【小问1详解】
因为，
所以.
【小问2详解】
（i）因为
.
又函数的图象关于直线对称，
则，解得，
又因为在上单调，则，解得，
所以，则，
所以的最小正周期.
（ii）法一：由，
将函数的图象向左平移个单位得，
由
由与，
由在区间上有最小值但没有最大值得：.
即的取值范围为；
法二：是的图象向左平移个单位长度，
根据的图象
因为在区间上有最小值但没有最大值，所以，
即的取值范围为；
19. 已知奇函数和偶函数的定义域均为，且.
（1）求的值；
（2）设函数
（i）若在上单调递增，求实数的取值范围；
（ii）当时，设，是函数在上的两个零点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据奇偶性的性质代入化简即可得解，
（2）根据奇偶性可求解，的表达式，利用换元法，结合复合函数的单调性，根据二次函数的性质即可求解（i），根据韦达定理以及指数幂的运算，将问题转化为，结合，即可求解（ii）.
【小问1详解】
在中令可得：
因为是奇函数，是偶函数，所以.
【小问2详解】
（i）由解得
由于函数和均在上单调递增，所以在定义域上单调递增.
，
令，结合函数的单调性可知：
当时，，并且，
令，，对称轴为，
因为在单调递增，而在单调递增，
所以在单调递增，于是，解得.
（ii）令，，不妨设，则
由题意知：的两个零点为，，
.
一方面：
，①
又因为，②
令，将②式代入①式可得：.③
另一方面：
，
，即有：④
将④式代入③式可得：，
化简可得：，因为，所以，
即：，
因为，所以
所以的取值范围是.