数学2025-2026长春汽三高一上期末考试_2026年02月高一试卷_260209吉林省长春市长春汽车经济技术开发区第三中学2025-2026学年高一上学期期末考试

汽开三中 2025-2026 学年度第一学期期末试卷
高一数学
注意事项：试卷分第卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共 2页，总分 150分，
考试时间 120分钟.
第 I 卷（选择题）
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.
x0,x23x10
1. 命题“ ”的否定是（ ）
A. x0,x23x10 B. x0,x23x10
C. x0,x23x10 D. x0,x23x10
2. 设集合A  xN∣* x2  ，B   x∣y  x3  ，则A ð B  （ ）
R
     
A.  B. 2,3 C. 2 D. 2,3
3. 已知扇形的弧长为2π，圆心角为60，则扇形的面积为（ ）
A. 6π B. 9π C. 12π D. 24π
f  x1 
4. 已知函数 f  x  的定义域为 1,2  ，则函数g  x  的定义域为（ ）
x1
A. 1,1  B.  1  C.  1,3  D. 1,3 
2sincos
5. 已知角的终边过点P  1,2  ，则 （ ）
3sincos
A. 2 B. 1 C. 1 D. 2
6. 命题“x 1,2  ,x2 1a0”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）
A. a5 B. a 5 C. a3 D. a  2
7. 若a  log 0.6，b 1.10.6，clog 0.6，则a,b,c的大小关系为（ ）
6 0.5
A. abc B. bac C. ca b D. bca
2x4,x0 1
8. 已知函数 f(x) ，若g(x) f(x)m恰有3个零点x ,x ,x (x  x  x ).则x 
|log x 2,x 0 1 2 3 1 2 3 1 x x

2 2 3
的取值范围是（ ）
A. (1,1] B. (1,2] C. (0,1] D. (1,2]二、选择题：本题共 3小题，每小题6分，共 18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列各式中，值为 3 的是（ ）
4π  π π π 3π
A tan B. 2sin cos cos sin 
. 3  12 4 12 4 
tan75 1
C. D. cos15  3sin15
tan75 1
10. 下列说法正确的是（ ）
2x 1,x1
A. 函数 f

x

的零点为0和
1
；
1log x,x1 2
2
B. 函数 f  x  x2x的零点个数为1；
1 1
C. 函数 f  x 2x log x的零点所在的区间为 , ；
2 4 2
 
D. 已知方程2x x50的实数解落在区间 1,3 内，用二分法求方程的近似解时，如果将该区间进行一
 
次二等分，则下一个有解的区间是 1,2 .
11. 定义在R 上的函数 f  x  满足 f  x y  f  x  f  y  ，当x0时， f(x)0，且 f ( 1 )=-2，则下
列说法正确的是（ ）
A. f

0
1
 
B. f x 是奇函数
 
C. f x 在R 上单调递减
D. 不等式 f  x1  f  32x 4的解集为[2,)
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分.
12. 幂函数y x的图象过点(2, 2)，则___________.
 π π
13. 函数 f  x sin2x2 0 的图象关于y轴对称，则的值是________．
 6 22 5 10
14. 已知，为锐角，且cos ，cos ，则 _____．
5 10
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.
设集合A{x∣(x1)(x3)0},B{x∣(x(a1))(x(a1))0}．
（1）若a 3，求AB；
（2）若“xA”是“xB”的充分条件，求实数a的取值范围．
16. 已知二次函数 f  x ax2  b2  x3．
 
（1）若不等式 f(x)0 的解集为 x 1 x1 ，求a,b的值；
1 4
（2）若 f(2)1，且a 0,b0，求  的最小值．
a b
17. 已知函数 f  x 2sin2x4 3cos2x2 3 ．
 
（1）求函数 f x 的图象的对称轴方程；
（2）求函数 f

x
的单调递增区间；
 π
（3）当x

0,

时，求函数 f  x 的值域．
 3
 π
18. 已知函数 f(x) Asin(x)A0,0,0 的部分图象如图所示．
 2
（1）求 f (x)的解析式及对称中心坐标；
π
（2）将 f (x)的图象横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移 个单位，得到函数g(x)的图象，
6
求不等式g(x)1的解集．
19. 设函数 f(x)log  xm  (mR) ．
2f(x)
（1）当m1时，求g(x) 的定义域；
2x 1
1
（2）当m2时，解不等式 f   1；
 x
x
（3）若m10，且关于x的方程 f(x)


1 

λ在
2,6 
上有实数解，求实数的取值范围．
 2 汽开三中 2025-2026 学年度第一学期期末试卷
高一数学
注意事项：试卷分第卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共 2页，总分 150分，
考试时间 120分钟.
第 I 卷（选择题）
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.
x0,x23x10
1. 命题“ ”的否定是（ ）
A. x0,x23x10 B. x0,x23x10
C. x0,x23x10 D. x0,x23x10
【答案】D
【解析】
【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题进行判断即可.
【详解】因为全称量词命题的否定是存在量词命题，
所以命题“x0,x23x10”的否定是x0,x23x10，
故选：D
2. 设集合A  xN∣* x2  ，B   x∣y  x3  ，则A ð B  （ ）
R
     
A.  B. 2,3 C. 2 D. 2,3
【答案】C
【解析】
【分析】根据根号的性质，求得集合，根据交集与补集，可得答案.
【详解】由题意可得B   x x30   3, ，则ð B ,3  ，可得A ð B  2  .
R R
故选：C.
3. 已知扇形的弧长为2π，圆心角为60，则扇形的面积为（ ）
A. 6π B. 9π C. 12π D. 24π
【答案】A
【解析】
【分析】利用扇形的面积公式进行求解即可.π
【详解】设扇形的弧长为l，半径为R，圆心角为，则60 ，
3
1 1 l 1 2π
S  lR  l  2π  6π
所以扇形的面积为 2 2  2 π .
3
故选：A.
f  x1 
4. 已知函数 f  x  的定义域为 1,2  ，则函数g  x  的定义域为（ ）
x1
A. 1,1  B.  1  C.  1,3  D. 1,3 
【答案】C
【解析】
【分析】由抽象函数定义域及具体函数定义域的概念构造不等式求解即可；
f  x1  1 x12,
【详解】由题意：要使g  x  有意义，则
x1 x 1,
解得1 x3，所以g  x  的定义域为  1,3  ．
故选：C
2sincos
5. 已知角的终边过点P  1,2  ，则 （ ）
3sincos
A. 2 B. 1 C. 1 D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】先求得tan，然后将所求式子转化为只含tan的形式，由此求得正确答案.
2sincos 2tan1
【详解】tan2,  1.
3sincos 3tan1
故选：B
6. 命题“x 1,2  ,x2 1a0”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）
A. a5 B. a 5 C. a3 D. a  2
【答案】A
【解析】
【分析】参变分离计算可得a 5，再利用充分不必要条件定义即可判断.
【详解】由x2 1a0a x2 1，因为 x 1,2  ，所以x2 1 2,5  ，
要想该命题为真命题，只需a 5，四个选项中只有A符合充分不必要的性质.故选：A.
7. 若a  log 0.6，b 1.10.6，clog 0.6，则a,b,c的大小关系为（ ）
6 0.5
A. abc B. bac C. ca b D. bca
【答案】D
【解析】
【分析】利用对数函数和指数函数的单调性，再结合特殊值即可比较大小.
【详解】根据对数函数的单调性可知：alog 0.6log 10，
6 6
clog 0.6log 0.51，clog 0.6log 10，
0.5 0.5 0.5 0.5
根据指数函数的单调性可知：b 1.10.6 1.10 1，
所以有bca，
故选：D.
2x4,x0 1
8. 已知函数 f(x) ，若g(x) f(x)m恰有3个零点x ,x ,x (x  x  x ).则x 
|log x 2,x 0 1 2 3 1 2 3 1 x x

2 2 3
的取值范围是（ ）
A. (1,1] B. (1,2] C. (0,1] D. (1,2]
【答案】C
【解析】
【分析】探讨给定函数的性质，将函数零点问题转化为直线与函数图象的交点问题，作出图形数形结合求
出范围.
【详解】函数 f (x)在(,0]上单调递增，函数值集合为(,4]，
在(0,1]上单调递减，函数值集合为[2,)，在[1,)上单调递增，函数值集合为[2,)，
1
由 f(2)2，得x1或x1；由 f(x)4，得x0或x 或x4，
4
函数g(x) f(x)m恰有3个零点x ,x ,x (x  x  x )，
1 2 3 1 2 3
即直线 y m与y f(x)的图象有3个交点，且交点的横坐标为x ,x ,x ，
1 2 3
在同一坐标系内作出直线 y m与y f(x)的图象，如图，1
观察图象得2m4，1 x 0,  x 1 x 4，
1 4 2 3
1
由 f(x ) f(x )，得log x log x ，因此x x 1，x   x 1(0,1]，
2 3 2 2 2 3 2 3 1 x x 1
2 3
1
所以x  的取值范围是(0,1].
1 x x
2 3
故选：C
二、选择题：本题共 3小题，每小题6分，共 18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列各式中，值为 3 的是（ ）
4π  π π π 3π
A. tan B. 2sin cos cos sin 
3  12 4 12 4 
tan75 1
C. D. cos15  3sin15
tan75 1
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，由特殊角的三角函数值直接判断即可；对于BCD，由三角恒等变换逐一验算即可判断.
4π
【详解】对于A，tan  3，故A正确；
3
 π π π 3π  π π π π
对于B，2sin cos cos sin  2sin cos cos sin 
 12 4 12 4   12 4 12 4
 π π π
2sin   2sin  3 ，故B正确；
12 4 3
对于C，
tan75 1

tan75 tan45
tan  75 45 tan120 3 ，故C正确；
tan75 1 1tan75tan45
   
对于D，cos15  3sin15 2cos 15 60 2cos 45 30 2 3 2 1 6  2
2     .
 
 2 2 2 2 2
故选：ABC.
10. 下列说法正确的是（ ）
2x 1,x1
A. 函数 f

x

的零点为0和
1
；
1log x,x1 2
2
B. 函数 f  x  x2x的零点个数为1；
1 1
C. 函数 f  x 2x log x的零点所在的区间为 , ；
2 4 2
 
D. 已知方程2x x50的实数解落在区间 1,3 内，用二分法求方程的近似解时，如果将该区间进行一
 
次二等分，则下一个有解的区间是 1,2 .
【答案】BCD
【解析】
【分析】由零点的概念，零点存在性定理结合单调性逐项判断即可.
【详解】由当x1时，2x 10，得x0，
1
当x 1时，1log x0，得x 1，不满足，故A错；
2
2
x
由 f  x  x2x  x   1  ，由解析式可知 f  x  在定义域上单调递增，
2
1
又 f

0
1
0, f

1

0，
2
由零点存在性定理结合单调性可知：函数 f  x  x2x的零点个数为1，B对；
1 1 1 1
因为 f  x 2x log x在(0,＋∞)上单调递增，又 f   24 20， f   22 10，所以f
2
4 2
1 1
  f   0 ，
4 2
1 1
 
故 f x 在 , 上存在零点；C对；
4 2
设 f  x 2x x5，由解析式可知其在定义域上单调递增，13
f  1 242 0, f  3 6 0， 2，
2
又 f

2
10,
所以 f  x 2x x5零点所在区间为  1,2  ，
 
所以方程2x x50下一个有解的区间是 1,2 .D对.
故选：BCD.
11. 定义在R 上的函数 f  x  满足 f  x y  f  x  f  y  ，当x0时， f(x)0，且 f ( 1 )=-2，则下
列说法正确的是（ ）
A. f

0
1
 
B. f x 是奇函数
 
C. f x 在R 上单调递减
D. 不等式 f  x1  f  32x 4的解集为[2,)
【答案】BCD
【解析】
【分析】由函数关系取x 0,y 0可求 f  0  判断A，取 y x可得 f x  , f  x  的关系，结合奇函数
 
定义判断B，利用单调性定义证明函数 f x 在R 上单调递减，判断C，结合函数性质解不等式判断D.
【详解】因为 f  x y  f  x  f  y  ，
取x 0,y 0可得 f  0  f  0  f  0  ，
所以 f

0
0，A错误；
 
函数 f x 的定义域为R ，定义域关于原点对称，
由 f  x y  f  x  f  y  ，
用x替换y可得， f  xx  f  x  f x  ，
所以 f

x

f
x 
f

0
0，即
f
x f 
x

，
 
所以函数 f x 为奇函数，B正确；
任取x ,x R，x  x ，
1 2 1 2则 f  x  f  x  f  x  f x  f  x x  ，
1 2 1 2 1 2
又当x0时， f(x)0，且x x 0，
1 2
所以 f

x

f

x
0，故
f

x

f

x

，
1 2 1 2
 
所以函数 f x 在R 上单调递减，C正确；
因为 f

1
2，
所以不等式 f  x1  f  32x 4可化为 f  x1  f  1  f  1  f  32x  ，
所以 f  x1  f  52x  ，又函数 f  x  在R 上单调递减，
所以x152x，
所以x2，所以不等式 f  x1  f  32x 4的解集为[2,)，D正确.
故选：BCD.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分.
12. 幂函数y x的图象过点(2, 2)，则___________.
1
【答案】
2
【解析】
【分析】
将点的坐标代入解析式可解得结果.
【详解】因为幂函数y x的图象过点(2, 2)，
1
所以 2 2，解得 .
2
1
故答案为：
2
 π π
13. 函数 f  x sin2x2 0 的图象关于y轴对称，则的值是________．
 6 2
π 1
【答案】 ## π
3 3
【解析】
【分析】根据正弦函数的图象和性质，利用整体代入法求解即可. π
【详解】因为函数 f  x sin2x2 的图象关于y轴对称，
 6
π π π kπ
所以202  kπ，解得  ，
6 2 3 2
π π
又因为0 ，所以 ，
2 3
π
故答案为：
3
2 5 10
14. 已知，为锐角，且cos ，cos ，则 _____．
5 10

【答案】
4
【解析】
【分析】先根据题目范围可得到的范围以及sin,sin的值，再根据的范围求出sin  ，
即可得出的值．
  2 5 10
【详解】因为0 ,0 ，且cos ，cos ，
2 2 5 10
2 2
2 5 5  10 3 10  
所以sin 1   ，sin 1   ，  ．
  5   5   10   10 2 2
5 10 2 5 3 10 2
故sin sincoscossin     ，
5 10 5 10 2
 
由于  ，
2 2

所以 ．
4

故答案为： .
4
【点睛】本题主要考查给值求角问题的解法，解题关键是根据角度的范围计算恰当的三角函数值，意在考
查学生的数学运算能力，属于基础题．
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.
设集合A{x∣(x1)(x3)0},B{x∣(x(a1))(x(a1))0}．
（1）若a 3，求AB；（2）若“xA”是“xB”的充分条件，求实数a的取值范围．
【答案】（1）AU B {x∣x3或x 4}
（2）
,0  4,
【解析】
【分析】（1）代入a 3，分别化简集合A,B，再求AB即可；
（2）问题等价于：A B，可先分别化简集合A,B，再根据A B列出端点值满足的不等式组，求解即
可.
【小问1详解】
因为a 3，所以B {x∣(x4)(x2)0}{x∣x2 或x 4}，
又因为A{x∣(x1)(x3)0}{x∣1 x3}，
所以AU B {x∣x3或x 4}.
【小问2详解】
化简得A{x∣1 x3}，B {x∣(x(a1))(x(a1))0}{x∣xa1或xa1} .
因为“xA”是“xB”的充分条件，所以A B，
所以a11或a13，可解得a0或a4，
所以实数a的取值范围是
,0  4,
.
16. 已知二次函数 f  x ax2  b2  x3．
 
（1）若不等式 f(x)0的解集为 x 1 x1 ，求a,b的值；
1 4
（2）若 f(2)1，且a 0,b0，求  的最小值．
a b
【答案】（1）a3，b2；
（2）64 2 .
【解析】
 
【分析】（1）由不等式 f(x)0的解集为 x 1 x1 ，可得a 0且1和1是方程 f(x)0的两个实数
根，再根据根与系数的关系即可求解；
（2）由 f(2)1，可得2ab1，再结合基本不等式即可求解.
【小问1详解】 
因为不等式 f(x)0的解集为 x 1 x1 ，
所以a 0，且ax2  b2  x30的两根为1和1，
 b2
 11
  a a 3
则根据韦达定理，可得 ，解得 ；
 3  b2
11
 a
【小问2详解】
由 f(2)1，可得4a2b431，化简得2ab1.
1 4 1 4 b 8a b 8a
又a 0,b0，所以   2ab     6  62  64 2 ，
a b a b  a b a b
b 8a 21
当且仅当  时，即a  ,b 2 2时等号成立.
a b 2
17. 已知函数 f  x 2sin2x4 3cos2x2 3 ．
 
（1）求函数 f x 的图象的对称轴方程；
 
（2）求函数 f x 的单调递增区间；
 π
（3）当x

0,

时，求函数 f  x  的值域．
 3
5π kπ
【答案】（1）x  ,kZ
12 2
π 5π
（2）[ kπ, kπ],kZ
12 12
（3）[2 3,2 3]
【解析】
【分析】（1）先利用三角恒等变换将函数化成正弦型函数，结合正弦函数的对称轴求解即得；
（2）利用正弦函数的单调递增区间列不等式，求解即得；
π
（3）先由给定区间求出整体角t 2x 的范围，结合正弦函数的单调性即可求得函数的值域.
3
【小问1详解】
π
因 f  x 2sin2x4 3cos2x2 3 2sin2x2 3cos2x4sin(2x ) ，
3π π 5π kπ
由2x  kπ,kZ，可得x  ,kZ，
3 2 12 2
5π kπ
即函数 f  x  的图象的对称轴方程为x  ,kZ；
12 2
【小问2详解】
π 5π
π π π
由 2kπ2x  2kπ,kZ，可得  kπ  x   kπ,k Z，
2 3 2 12 12
π 5π
即函数 f  x  的单调递增区间为[ kπ, kπ],kZ ；
12 12
【小问3详解】
π  π π π π
因 f  x 4sin(2x )，当x 0, 时，取t 2x [ , ]，
 
3  3 3 3 3
π π
因函数y4sint在[ , ]上单调递增，
3 3
π
故 f  x 4sin(2x )的值域为[2 3,2 3].
3
 π
18. 已知函数 f(x) Asin(x)A0,0,0 的部分图象如图所示．
 2
（1）求 f (x)的解析式及对称中心坐标；
π
（2）将 f (x)的图象横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移 个单位，得到函数g(x)的图象，
6
求不等式g(x)1的解集．
 π k  
【答案】（1） f  x 2sin2x ，对称中心为  ,0  kZ  ；
 6  2 12 
  5
（2）2k ,2k   kZ  .
 6 6 
【解析】
【分析】（1）先确定振幅A，再利用图象中“相邻零点/顶点间的距离”与周期的关系，求出周期T 与角频率，代入函数解析式，结合的取值范围，解出，最后利用正弦函数的对称中心性质解出x，得到对
称中心坐标；
 
（2）先遵循“横坐标伸缩（x的系数变化）→ 平移（‘左加右减’作用于x）”的顺序，逐步变换得到g x
的解析式，再化简三角不等式，最后结合正弦函数的图象与周期性，求出解集即可.
【小问1详解】
由图象可知振幅A2，
π π T
因为相邻零点 到 的距离为 ，
12 6 4
T π  π  π
故       ，得周期T π，
4 6  12 4
2π
由T  ，得2，

π 
代入最高点 ,2到 f

x
2sin  2x
，得：
6 
 π  π  π π
2sin2   2，所以sin   1，则  2kπ  kZ ，
 6  3  3 2
π π
结合0 ，得 ，
2 6
 π
因此， f

x
2sin2x
，
 6
因为正弦函数 y sinx的对称中心为  kπ,0  kZ  ，
π kπ π
令2x kπ  kZ ，解得x    kZ ，
6 2 12
kπ π 
故对称中心为  ,0  kZ  .
 2 12 
【小问2详解】
 π
因为横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，则 f  x  变为2sinx ，
 6
π  π π
再向右平移 个单位，则g  x 2sinx    2sinx ，
6  6 6
1 π 5π
因为2sinx1，即sinx ，解得2kπ  x2kπ   kZ ，
2 6 6 π 5π
故解集为 2kπ ,2kπ   kZ  .
 6 6 
19. 设函数 f(x)log  xm  (mR) ．
2
f(x)
（1）当m1时，求g(x) 的定义域；
2x 1
1
（2）当m2时，解不等式 f   1；
 x
x
（3）若m10，且关于x的方程 f(x)


1 

λ在
2,6 
上有实数解，求实数的取值范围．
 2 
【答案】（1）
1,0  0,
 1
（2） , 
 2
 31
（3）

1,

 8 
【解析】
【分析】（1）根据对数的运算性质，结合分式的性质进行求解即可；
（2）根据对数函数的单调性结合定义域列出不等式组即可求解；
（3）分离常数后利用复合函数的单调性求得函数的最值即可求解.
【小问1详解】
f(x) log  x1 
当m1时，g(x)  2 ，
2x 1 2x 1
x10 x1
于是有  ，
2x 10 x0
所以函数g

x

的定义域为
1,0  0,
；
【小问2详解】
1
20

1  1  x
由题意，知log  2 1log  2 log 2  ，
2  x  2  x  2  1
22
x
1 12x 1
由 20 0 x  2x1 0 x 0或x ，
x x 21 1
由 22 0  x0，
x x
1  1
所以x ，原不等式的解集为 , ；
2  2
【小问3详解】
x
 1 
log  x10    ，
2
 2 
x
 1 
即log  x10 
 
，
2
 2 
x
 1 
因为 ylog 2  x10  在 2,6  上是增函数， y    在 2,6  上是减函数，
 2
x
 1 
所以函数log  x10 
 
在 2,6  上是增函数，
2
 2 
2
 1  1
 log 8
 
3 321
所以x 2时， min 2  2   1  2 ；
 
 2 
6
 1  1 31
x 6时， log 16   4  ，
max 2  2  8 8
 31
所以实数的取值范围是 1, ．
 
 8 