湖北孝感市楚天协作体2025-2026学年高一上学期期末考试数学试卷（Word版附解析）

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符合题目要求的.
1. 已知集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先解一元二次不等式得出集合 ，再应用交集定义计算求解.
【详解】集合 ， ，则 .
故选：A.
2. 已知角 的终边经过点 ，则 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用三角函数的定义即可得解.
【详解】因为角 的终边经过点 ，
所以 .
故选：A.
3. “ ”是“ ”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】分 与 两种情况讨论充分性，取 说明必要性不成立即可得答案.
【详解】先讨论充分性：
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当 时， ，故 能推出 ；
当 时， ，由 得 ，故 ，即 能推出
，
所以“ ”是“ ”充分条件成立；
再讨论必要性：
取 ，此时满足 ，但 不满足，
所以必要性不成立.
综上，“ ”是“ ”的充分不必要条件.
故选：A
4. 已知幂函数 的图象经过点 ，则 的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用待定系数法求得 ，再求函数定义域即可.
【详解】设 ，因为幂函数 的图象经过点
所以 ，即 ，解得 ，
所以 ，故要使函数有意义，则 ,
所以函数 的定义域为
故选：C
5. 函数 的最小正周期为（ ）
A. B. C. D.
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【答案】C
【解析】
【分析】先求 的最小正周期为 ，再根据 ， 的最小正周期相同即可得答
案.
【详解】因为函数 的最小正周期为 ，
又函数 的最小正周期为 ，函数 的最小正周期也为 ，
所以 的最小正周期与 的最小正周期相同，为
故选：C
6. 已知一个扇形的弧长为 6，面积为 9，则这个扇形圆心角的弧度数为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据扇形的圆心角，半径，弧长，面积的关系列方程组求解即可.
【详解】设扇形的圆心角为 ，半径为 ，
因为扇形的弧长为 6，面积为 9，
所以 ，解得 ，
所以这个扇形圆心角的弧度数为
故选：D
7. 设 ， ， ，则 a，b，c 的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】借助中间量 比较 大小，根据 比较 大小即可得答案.
【详解】因为 ， ， ，
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所以 ， ，
所以 .
故选：C
8. 阻尼振动是指振动系统在振动过程中，由于受到摩擦、空气阻力等耗散力作用，其振幅随时间呈指数规
律衰减的振动，假设一个弹簧振子在空气中进行阻尼振动，其相对于平衡位置的位移 x 与时间 t 的关系表示
为： ，其中 是初始振幅，e 是自然常数，k 是阻尼系数， 是角频率，该阻尼振动
的角频率为 ，当 时，振子的位移 ；当 时，振子的位移 .据此计算，当 时，
该振子的位移 （ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意可得 ，再代入数据得到 ，从而求出 ， ，即可得到关系式，最后代入计
算可得.
【详解】依题意可得 ，所以 ，
又 ，即 ，
所以 ，即 ，则 ， ，
所以 ，
则 ，
即当 时，该振子的位移 .
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.
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9. 已知 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据不等式的性质判断 AB；根据作差法比较大小判断 CD.
【详解】对于 A，由 得 ，又 ，故 ，故 A 选项正确；
对于 B，由 得 ，又 ，故 ，故 B 选项错误；
对 于 C，
，
因为 ， ，所以 ， ，
所以 ，即 ，故 C 选项正确；
对于 D， ，
因为 ， ，所以 ，
所以 ，即 ，故 D 选项正确.
故选：ACD
10. （多选）已知函数 ，则（ ）
A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线 对称
C. 的图象关于点 对称 D. 在区间 上单调递增
【答案】AB
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【解析】
【分析】根据余弦函数的性质，依次讨论最小正周期，对称轴，对称中心，单调递增区间即可判断.
【详解】对于 A， 的最小正周期为 ，故正确；
对于 B，令 ，解得 ，
即 的对称轴为 ，当 时，为 ，故正确；
对于 C，令 ，解得 ，
即 的对称中心为 ，不存在 使得 ，故错误；
对于 D，令 ，解得 （ ），
即 的单调递增区间为 （ ），
当 时，递增区间为 ，由于 ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，故错误.
故选：AB
11. 已知函数 ，则（ ）
A. 当 时， 的值域为
B. 若 为增函数，则 的取值范围为
C. 若 存在最值，则 的取值范围为
D. 若 有两个零点，则 的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】分析各段函数的单调性，求出函数在各段的取值范围，即可求出函数的值域，即可判断 A，根据
断点左侧函数值不大于右侧函数值，即可判断 B，分析最小值必在 处取到，即可判断 C，判断 在
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上存在一个零点，即可判断 D.
【详解】因为 在定义域 上单调递增， 在定义域 上单调递增；
对于 A：当 时 ，
则当 时 ，当 时 ，
综上可得 的值域为 ，故 A 正确；
对于 B：若 为增函数，则 ，解得 ，即 的取值范围为 ，故 B 正确；
对于 C：因为 在 上单调递增，且 ， ；
又 在 上单调递增，且 ；
要使 存在最值，则必定为最小值且在 处取到，所以 ，解得 ，
即 的取值范围为 ，故 C 错误；
对于 D：因为 在 上单调递增， ，所以 在 上存在一个零点 ；
要使 有两个零点，则 在 上存在一个零点，
又 在 上单调递增，且 ，所以 ，解得 ，
即 的取值范围为 ，故 D 正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 集合 的真子集的个数为________.
【答案】
【解析】
【分析】解法一: (列举法) 对集合 的真子集一一列举即可得出个数;解法二:(公式法)算出集合 中的
元素个数 ,再用公式 求出真子集个数.
【详解】解:解法一: (列举法)
集合 的真子集为 , , ,共 个.
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故答案为:
解法二:(公式法)
集合 中的元素有 个,
则真子集个数为 ,个.
故答案为:
【点睛】本题考查集合的子集个数问题,对于非空集合 中有 个元素,则集合的子集有 个,真子集有
,非空真子集有 个.
13. 函数 ， 值域为_____.
【答案】
【解析】
【分析】由题知 ， ，再结合二次函数性质求解即可.
【详解】 ，
因为 ， ，
所以当 时， 取得最大值 ；
当 或 时， 取得最小值 ；
所以函数 ， 的值域为 .
故答案为：
14. 已知函数 ，若对任意 ，都有 ，则实数 的取
值范围为______.
【答案】
【解析】
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【分析】由题知 ，进而将不等式转化为 ，再结合 的单调
性解得 对任意 恒成立，最后根据一元二次不等式恒成立问题分类讨论求解即可.
【详解】因为 ，
所以
因为 在 上的单调递减，所以 在 上的单调递增，
又因为 ， 在 上的单调递增，
所以 在 上的单调递增
所以 ，
又 ，即
所以
所以 ，
所以 ，即 对任意 恒成立，
当 时， 恒成立，
当 时， 对任意 恒成立等价于 ，解得 .
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. 已知函数 .
（1）求 的定义域；
（2）求 的单调区间及值域.
（注：复合函数单调性的判断可由复合函数性质说明，不需要用单调性的定义证明.）
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【答案】（1）
（2）单调递减区间为 ，单调递增区间为 .值域为 .
【解析】
【分析】（1）解不等式 ，可得 的定义域；
（2）设 ，则 .判断两个函数的单调性，由
复合函数单调性同增异减的法则得到 的单调区间，并得到其值域.
【小问 1 详解】
由题可得 ，即 ， .
解得 .
所以函数 的定义域为 .
小问 2 详解】
设 ，
因为 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以在 处取得最大值，最大值为 ，所以 .
因为 是减函数，
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增，且在 ，即 处
取得最小值，最小值为 .
所以函数 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 .
值域为 .
16. 已知 ， .
（1）求 的值；
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（2）求 的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据同角三角函数关系化简整理得 ，再结合 的范围解方程即可得
答案;
（2）根据诱导公式化简得 ，再结合同角三角函数关系求解即可.
【小问 1 详解】
因为 ， ，所以
所以 ，即 ，
解得 或 ，当 时， 的分母为 0，无意义，舍去，
所以 .
【小问 2 详解】
因为 ， ，
，
，
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所以
因为 ， ，所以 ，
所以 ，即 .
17. 已 知 函 数 的 最 小 正 周 期 为 ， 且 对 于 任 意 实 数 ， 都 有
成立.
（1）求 的解析式；
（2）求 的单调递减区间；
（3）求使不等式 成立的 的取值集合.
【答案】（1）
（2） ， .
（3）
【解析】
【分析】（1）由最小正周期得 ，由 恒成立得 是最小值，进而待定系数求解
即可；
（2）根据正弦函数的单调递减区间整体代换求解即可；
（3）由题知 ，再结合正弦函数的性质解不等式即可.
【小问 1 详解】
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解：因为函数 的最小正周期为 ，
所以 ，解得
因为对于任意实数 x，都有 成立，即 是最小值，
所以 ，即 ，
所以 ，即 ，
因 ，所以
所以
【小问 2 详解】
解：令 ， ，解得 ，
所以 的单调递减区间为 ， .
【小问 3 详解】
解： ，即 ，
所以 ，
因为 的解集为
所以，令 ，解得 ，
所以不等式 解集为
18. 已知关于实数 的一元二次不等式 的解集为 ，其中 .
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（1）证明： 为定值；
（2）求 的最小值；
（3）求 的最小值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据一元二次不等式的解与对应方程的根的关系得 ， ，再整体代换
即可证明；
（2）根据基本不等式“1”的用法求解即可；
（3）由题知 ， ，进而代入 化简整理得 ，再结合基
本不等式求解即可.
【小问 1 详解】
解：因为实数 的一元二次不等式 的解集为 ，
所以 ， 是方程 的两个实数根，
所以 ， ，即 ，
所以 ，且 ，即 为定值
小问 2 详解】
由（1）知 ，且 ，
所以 ，
当且仅当 ，即 ， 时等号成立，
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所以 的最小值为
【小问 3 详解】
因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，即 ， ，
所以
当且仅当 ，即 时等号成立，
所以 的最小值为
19. 已知函数 为偶函数.
（1）求 的值；
（2）用函数单调性的定义证明： 在 上单调递增；
（3）若关于 的方程 共有 4 个不同的实数解，求实数 m 的取值范围.
【答案】（1） ；
（2）证明见详解； （3） .
【解析】
【分析】（1）根据 求出 ，然后验证满足题意即可；
（2）根据单调性定义，取值、作差、变形、定号、下结论即可得证；
（3）记 ，根据方程 有 2 个不同的实数解确定 ，根据 有 2 个不同
的实数解确定 的范围，然后可得 m 的取值范围.
【小问 1 详解】
因为函数 为偶函数，且定义域为
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所以 ，即 ，整理得 ，解得 ，
当 时， ，此时 ，
满足 为偶函数，故 .
【小问 2 详解】
，则
.
因为 ，所以 ，所以 ，
所以 ，即 ，所以 在 上单调递增.
【小问 3 详解】
因为 为偶函数，且在 上单调递增，所以 在 上单调递减，
所以 ，
记 ，则 ，
因为关于 的方程 共有 4 个不同的实数解，
所以关于 的方程 有 2 个不同的实数解，所以 ，
记方程 的两根分别为 ，由对称性可知 ，不妨设 ，
则 和 各有两个不相等的实数解，
即 和 各有两个不相等的实数解，
因为 ，所以 方程 有两个不相等的实数解，
要使 有两个不相等的实数解，需满足 ，即 ，
所以 ，即 .
综上，实数 m 的取值范围为 .
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