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 