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重庆市康德联考2025-2026学年上学期期末高一数学试卷
共4页，满分150分。时间120分钟。
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. 若集合A=(1,3)，B=(2,5)，则A∩B=
A. (1,2) B. (2,3)
C. (3,5) D. (1,5)
2. “lnx>0”的充分必要条件是
A. x>1 B. 02 D. 0a>b B. b>a>c
C. a>b>c D. a>c>b
4. 已知正数a，b满足a+2b=1，则ab的最大值为
√2 √2
A. B.
2 4
1 1
C. D.
4 8
π
5. 已知扇形的圆心角为 ，圆心角所对的弧长为π，则该扇形的面积为
3
3
A. π B. 2π
2
5
C. π D. 3π
2
1
6. 已知tanα=2，tan(α−β)=− ，则tanβ=
3
1
A.7 B.−7C.
7
1
D. −
7
7. 已知f(x)=ln(√1+x2−x)+bx+1，若f(m)=3，则f(−m)=
A. -3 B.−1C.1
D.3
8. 已知不等式cos2θ+msinθ−m−3<0对任意锐角θ均成立，则m的取值范围为A. (−∞,4−4√2] B. (−∞,−2]
C. [4−4√2,+∞) D. [−2,+∞)
9. 已知b>a>n>m>0，则下列不等式一定成立的是
A. bn2>an2 B. b−n>a−m
a+m a
C. bn>am D. >
b+m b
π
10. 已知函数f(x)=tan(2x+ )，则下列说法正确的是
6
π √3
A. f( )=
3 3
π
B. f(x)的最小正周期为
2
π π
C. f(x)在区间(− , )上单调递增
3 6
π
D. 直线x= 是y=|f(x)|图象的一条对称轴
3
11. 已知函数f(x)，g(x)的定义域均为R，且f(x)+g(6−x)=5，g(x)=f(x+4)+7。若函数
y=g(2x+4)为偶函数，且g(2)=4，则下列说法正确的是
A. 函数y=g(x)的图象关于x=4对称
B. 函数y=f(x)的图象关于x=2对称
C. ∑2026f(k)=−2026
k=1
1
D. 若函数h(x)=6+ −g(x)有m个零点，则h(x)的零点之和为m
x−1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12. 若幂函数f(x)=x3m+2是偶函数，则整数m的取值可以是______。（写一个即可）
4
13. 函数f(x)=x+ (x>0)的单调递增区间是______。
x
x−1, x≤1
14. 已知函数f(x)={ ，且满足f(a2+1)+f(2)≤f(−4a)，则实数a的值为______。
lnx, x>1
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. （13分）
1 10 π
已知tanα+ = ，0<α< 。
tanα 3 4
（1）求tanα；cos(π−α)+4sinα
（2）求 (π ) 。
sinα+sin −α
2
16. （15分）
已知函数f(x)=2x+2−x。
（1）若f(x )=8，求f(2x )的值；
0 0
（2）若函数g(x)=4x+4−x+af(x)，a∈R，讨论g(x)在R上的最小值。
17. （15分）
( π) 3
已知函数f(x)=6cosxsin x− + 。
6 2
（1）求函数f(x)的单调递增区间；
[ π) [ π)
（2）若函数g(x)=f(ωx)(ω>0)，对∀x∈ 0, ，有且仅有一个x ∈ 0, ，使得
2 0 2
g(x)≤g(x )成立，求ω的取值范围。
0
18. （17分）
设f(x)是定义在闭区间[a,b]上的函数，若函数f(x)的值域为[a+m,b+m]的子集，则称m为函
数f(x)的限增阈值.
（1）求函数f (x)=x2在[−2,2]上的限增阈值；
1
2x+λ
（2）已知函数f (x)= 在[0,1]上的限增阈值为1，求λ的取值范围；
2 2x+1
（3）已知函数f (x)=log (4x−2x+2n+m)在[2,4]上存在限增阈值n(n∈N )，求n的最小值与
3 2 +
此时对应的参数m的取值范围.
19. （17分）
(π )
已知函数f(x)=sin(ωx)+bcos(ωx)(b>0,ω>0)的图象关于点 ,0 对称，相邻两个对称轴之
3
π
间距离为 .
2
（1）求f(x)的解析式；
[ 5π 25π]
（2）若函数g(x)=f(x)−1在区间 − , 上有n个零点，分别记为x 0⇔x>1.
1 3π
3.C解析：a=30.5=√3>1，b=log 2= ，c=tan135°=tan =−1，所以 a>b>c.
4 2 4
1 1 1
4.D解析：因为 1=a+2b≥2√2ab，所以 ab≤ ，当且仅当 a= ，b= 等号成立.
8 2 4
1 3π
5.A解析：因为 l=α·r，所以 r=3，则扇形面积 S= ·l·r= .
2 2
1
2+
tanα−tan(α−β) 3
6.A解析：tanβ=tan[α−(α−β)]= = =7.
1+tanαtan(α−β) 2
1−
3
7.B解析：f(−x)=ln(√1+x2+x)−bx+1，f(x)+f(−x)=ln(√1+x2−x)+ln(√1+x2+x)+2=2，
所以 f(−m)=2−3=−1.
π
8.D解析：因为 θ∈(0, )，sinθ∈(0,1)，则 t=1−sinθ∈(0,1)，不等式化为
2
cos2θ−3 −2sin2θ−2 −2t2+4t−4 4
m> = ，则 f(t)= =−(2t+ )+4，所以 f(t) a>n>m>0，由 n2>0，b>a，所以 bn2>an2；由 b>a>0，n>m>0，所以
a+m a
bn>am 成立；因为 b>a>0，m>0，所以 > ；而 b−n>a−m 不能判断，如
b+m b
6>5>4>1；π π π 5π √3 π π
10.BC解析：f( )=tan(2× + )=tan( )=− ；f(x) 的最小正周期 T= = ；f(x) 的
3 3 6 6 3 ω 2
π π π kπ π kπ π
单调递增，则 kπ− <2x+ 0)单调递增区间为[2,+∞)．
x
14．解析：由题意及函数图象，则有−4a>1，所以f(a2+1)+f(2)≤f(−4a)有
ln(a2+1)+ln2≤ln(−4a)，
所以有2(a2+1)≤−4a，解得a=−1．四、解答题
15．（13分）
1 10 1
解：（1）由tanα+ = ，解得tanα=3或tanα= ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分
tanα 3 3
π 1
因为0<α< ，所以02 时，即 a<−4,h(t) =h − =− −2 ，即 g(x) =− −2 ， ____
2 min 2 4 min 4
12分
a
（2）当 − ≤2 时，即 a≥−4,h(t) =h(2)=2+2a ，即 g(x) =2+2a ． ____ 15 分
2 min min
17.（15分）
解：f(x)=6cosx (√3 sinx− 1 cosx ) + 3 =3√3cosxsinx−3cos2x+ 3 = 3√3 sin2x− 3 cos2x
2 2 2 2 2 2
=3sin2x-π6，.....................................................................................................................................5分
π π π π π
（1）由2kπ− ≤2x− ≤2kπ+ ，得kπ− ≤x≤kπ+ ，
2 6 2 6 3
所以f(x)的单调递增区间为kπ-π6,kπ+π3(k∈Z)；.........................................................................9分
( π) [ π) π [ π π)
（2）f(ωx)=3sin 2ωx− ，当x∈ 0, ，2ωx− ∈ − ,ωπ− ，
6 2 6 6 6
π π 5π 2 8
由题意则有 <ωπ− ≤ ，解得 <ω≤ ．
2 6 2 3 3
所以ω的取值范围为ω∈23,83．..................................................................................................15分18.（17分）
−2+m≤0
解：（1）由题意f (x)的值域为[0,4]⊂[−2+m,2+m]，即有{ ，
1 2+m≥4
解得m=2，所以f1(x)的限增值阀值为2；...................................................................................4分
2x+λ 2λ [1 2 ]
（2）f (x)= =2x+ −1在[0,1]上单调递增，值域为 ×2λ, ×2λ ，
2 2x+1 2x+1 2 3
1
×2λ≥1
[1 2 ] 2
由题意有 ×2λ, ×2λ ⊂[1,2]，所以{ ，解得1≤λ≤log 3，
2 3 2 2
×2λ≤2
3
所以λ的取值范围为λ∈[1,log23]；.............................................................................................10分
（3）令t=2x∈[4,16]，该函数单调递增，且f (x)=log (t2−t+2x+m)在t∈[4,16]上也单调递
3 2
增，
所以f (x)在[2,4]上单调递增，所以f (x)的值域为[log (12+2n+m),log (240+2n+m)]，
3 3 2 2
则[log (12+2n+m),log (240+2n+m)]⊂[2+n,4+n]，
2 2
m+12
2n≤
log (12+2n+m)≥n+2 3
所以{ 2 ，则有{ ，
log
2
(240+2n+m)≤n+4 2n≥ m+240
15
m+12 m+240
则 ≥ 且3·2n−12≤m≤15·2n−240，
3 15
则有15·2n−240≥3·2n−12，解得n≥log 19，
2
所以最小的n=5，且当n=5时，84≤m≤240．⋯⋯⋯⋯17分
19．（17分）
解：（1）f(x)=√1+b2sin(ωx+φ)，其中tanφ=b，
T π π (π) 2π 2π
由题意 = = ⇒ω=2，又f =0，所以 +φ=kπ⇒φ=kπ− ，
2 ω 2 3 3 3
2π π ( π)
若φ=− ，则b<0（舍），若φ= ，则b=√3，所以f(x)=2sin 2x+ ；⋯⋯⋯⋯4分
3 3 3
( π) 1
（2）若g(x)=0，则sin 2x+ = ，
3 2
π π π 5π π π
则有2x+ =2kπ+ 或2x+ =2kπ+ ，即x=kπ− 或x=kπ+ （k∈Z），
3 6 3 6 12 4
π π 11π 5π 23π
所以x =− ，x = ，x = ，x = ，x = ；
1 12 2 4 3 12 4 4 5 1220π
所以有x +2x +2x +2x +x = ；⋯⋯⋯⋯10分
1 2 3 4 5 3
(π ) (π )
（3）由题意h(x)=sin x ，令φ(x)=lnx+sin x ，x 是函数φ(x)的零点，则有φ(x )=0，
4 4 0 0
1 π π
证明：①当x∈(0,2]，φ(x)在(0,2]上单调递增，φ( )=−ln2+sin <0，φ(1)=sin >0，
2 8 4
(1 )
所以存在一个零点x ∈ ,1 ，
0 2
(π ) (π )
②当x∈(2,e]时，lnx>ln2>0，sin x >sin e >sinπ>0，所以φ(x)>0，无零点，
4 4
(π )
（3）当 x∈(e,+∞) 时， lnx>lne>1,sin x >−1 ，所以 φ(x)>0 ，无零点，综上，存
4
(1 ) (π )
在唯一的 x ∈ ,1 ，满足 lnx +sin x =0 ，所以
0 2 0 4 0
e sin(π 4 x 0 ) + e sin( 1 π 4 ⋅x 0 ) =e−lnx 0+elnx 0= x 1 0 +x 0 ∈ ( 2, 5 2 ) . ____ 17分
