广东省湛江市2025-2026学年高一上学期期末调研测试数学试卷（Word版附解析）

这是一份广东省湛江市2025-2026学年高一上学期期末调研测试数学试卷（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
高一数学
一、单选题
1．集合，则的子集个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
2．下列函数既是增函数又是奇函数的是（ ）
A．B．
C．D．
3．设，则“”是“”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
4．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知扇形的弧长是，面积是，则扇形圆心角（正角）的弧度数为（ ）
A．B．1C．D．
6．将函数的图象上每一个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），得到图象，再将向右平移个单位，得到函数的图象，则的解析式是（ ）
A．B．
C．D．
7．已知，，则的值为（ ）
A．B．3C．2D．
8．函数在区间上所有零点之和为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．与函数的图象关于直线对称的函数为（ ）
A．B．
C．D．
10．已知函数的部分图象如下所示，则（ ）
A．的最小正周期为
B．
C．在上单调递增
D．的图象关于直线对称
11．已知是定义在R上的函数，且对任意，有，当时，，则（ ）
A．的图象关于点中心对称
B．在上单调递增
C．集合中有5个元素
D．，都有
三、填空题
12．函数的最小正周期为，则的定义域是 .
13．已知，设关于的不等式的解集为，则当 ，取到最小值.
14．已知函数在上有最大值，无最小值，则的取值范围是 .
四、解答题
15．（1）化简：；
（2）已知，，其中，，求角.
16．设函数，.
(1)判断的单调性，并用单调性的定义证明；
(2)求不等式的解集.
17．图，在扇形中，半径，圆心角，是弧的中点，是扇形弧上的动点，满足，矩形内接于扇形.
(1)用表示线段的长;
(2)求矩形面积的最大值.
18．正数为常数，定义：若在定义域内存在实数，使成立，则称是函数的一个阶差点.
(1)设，求所有1阶差点组成的集合；
(2)已知函数，给定正数，证明：对任意，都不是的阶差点；
(3)是否存在函数，对任意，都是的阶差点，若存在，求出的解析式，若不存在，说明理由.
19．已知函数，其中为常数，函数在上有两个零点，.
(1)求的取值范围；
(2)证明：.
参考答案
1．D
【详解】，
故的子集个数是.
故选：D
2．D
【详解】A选项，在R上单调递减，A错误；
B选项，的定义域为，不关于原点对称，故不是奇函数，B错误；
C选项，在，上分别单调递增，但在定义域上不是增函数，C错误；
D选项，设，
当时，，则，
当时，，则，
故为奇函数，
画出的图象，如下：
故单调递增，D满足要求.
故选：D
3．A
【详解】判断充分性：
若，由得，，所以.
因此“”能推出“”，充分性成立；
判断必要性：
若，由得，，所以.
因此“”不能推出“”，必要性不成立.
综上，“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
4．B
【详解】由题意.
故选：B.
5．C
【详解】设扇形半径为，则由题意得，得，
则扇形圆心角（正角）的弧度数为.
故选：C
6．D
【详解】函数的图象上每一个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），
得到的图象，
再将向右平移个单位，得到的图象.
故选：D
7．B
【详解】由
，
得，得或，
因为，所以，
因为，所以，则，
故.
故选：B
8．C
【详解】令得，即，
令，，其中定义域为R，的定义域为，
，则关于中心对称，
关于中心对称，
同一坐标系内画出两函数图象，
显然两函数有6个交点，且，，，
所以，
，
故在区间上所有零点之和为.
故选：C
9．BCD
【详解】因为函数与的图象关于直线对称，
故只需判断哪个函数与表示同一个函数，
因为函数的定义域为，
选项A的定义域为，故排除A；
选项BCD的定义域均为，
根据对数的运算法则，，
且.
故选：BCD
10．ABD
【详解】A选项，设的最小正周期为，则，所以，A正确；
B选项，，故，，
将代入解析式得，故，
解得，
又，故只有当时，满足要求，B正确；
C选项，，则，
由于在上不单调，故在上不单调递增，C错误；
D选项，，
故的图象关于直线对称，D正确.
故选：ABD
11．BC
【详解】A选项，，故的图象关于点中心对称，A错误；
B选项，时，，故在上单调递增，
又的图象关于点中心对称，故在上单调递增，B正确；
C选项，当时，，由得
，
令，则，
时，令，即，解得或3，
由对称性可知，故的解有3个，分别为，
画出的图象如下：
当时，，结合图象可知，有2个解，分别为0和，
令，解得或（舍去），故，
当时，令，解得或0（舍去），
令时，结合图象可知，有2个解，分别为2和，
，解得或（舍去），故，
综上，共有5个解，分别为0，，，2，，C正确；
D选项，当时，，时，，
不妨取，则，
，
故，D错误.
故选：BC
12．
【详解】由题意得，解得，故，
令，解得，
故的定义域为.
故答案为：
13．
【详解】由题意，，且关于的不等式的解集为，
则为方程的根，则，显然，
则，
当且仅当，即时等号成立，
即当时，取到最小值16.
故答案为：.
14．
【详解】因，设，当时，，
作出在上的图象如图.
要使区间上有最大值，无最小值，需使,
解得，，即的取值范围为.
故答案为：.
15．（1）1；（2）
【详解】（1）
；
（2）因为，，得，
又，所以，
，，
故
，
又，所以.
16．(1)单调递减，证明见解析；
(2).
【详解】（1）在上单调递减，证明过程如下：
对任意的，且，
则
因为且，所以，，
所以，故，
故在上单调递减；
（2）由于的定义域为，
故需，即，
令，，即，解得，
，在上单调递减，
故，故，显然满足，
解得
所以不等式的解集是.
17．(1)，其中；
(2)
【详解】（1）连接，，由对称性可知⊥，
设交于点，交于点.
在中，，，
在中，，
，其中；
（2）由（1）得矩形的面积
，
当，即时，取得最大值，最大值为.
18．(1).
(2)证明见解析
(3)存在，
【详解】（1）已知，由，可得：，
根据诱导公式，则 ，所以方程可化为：，根据余弦函数的性质，
，解得.
所以所有1阶差点组成的集合为.
（2）已知，假设是的阶差点，则，
即，
将上式变形为，进一步整理得，
即，
因为，所以，，
则 ，又 ，
这与矛盾，
所以对任意 都不是的阶差点.
（3）已知，假设对任意都是的阶差点，则，
即，
即，
根据两角和的正弦公式，
将展开得: ，
整理得:，
即，
因为对任意都成立，所以
，
由 可得，
又因为，所以，
将代入，得，即.
由，可得，解得，
又因为，所以，
所以存在，对任意都是的阶差点.
19．(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）令，因为，所以，则，
则
由在上单调递增，
故关于的方程在上有两个不相等实数根，
即，令，
因为是一个开口向下，对称轴为，
所以函数在上单调递增，在单调递减，
如图：
所以，得.
即的取值范围为；.
（2）令，，则，为关于的方程的两根，
则有，，所以，，
所以，
即，
即有，由①知，所以，
故，又，故，
由于，则，故，
又在上单调递增，