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学年度高一年级第一学期期末考试・数学
2025~2026
参考答案、提示及评分细则
因为 所以与 角终边相同的角是 故选
360∘×(−1)+283∘=−77∘ 283∘ −77∘
1. A , .
A.
令 得 故选
x=5 f (4)=f (5−1)=log 5=1
5
2.C , . C.
因为 所以 故
a=log 0.550=1,01,
{
由题知 4a 解得 故选
B ≥1, 1 1 ,
递增 又 f (1) =√e 所以由不等式 f ( x2− 1 x ) >√e 得 2 2 解得
2 2 1
−1≤x2− x≤1,
. , ,
2
1−√17 1 1+√17
≤x≤− 或 10 g(x )∈[−m,(√3−1)m] [−1,2]⊆[−m,(√3−1)m]
2
,① , , ,
{ −1≥−m, 解得 { m≥1, 所以m∈[√3+1,+∞); ② 当 m<0 时
2≤(√3−1)m, m≥√3+1,
,
由题意可得 则
g(x )∈[(√3−1)m,−m] [−1,2]⊆[(√3−1)m,−m]
2
, ,
{ √3+1
{−1≥(√3−1)m, 解得 m≤− , 所以 综上所述
2 m∈(−∞,−2]
2≤−m,
m≤−2,
. ,
m∈(−∞,−2]∪[√3+1,+∞) 故选
. D.
命题“ ∃x∈R,3x2−2<0 ”的否定是“ ∀x∈R,3x2−2≥0 ” 正确 若
9. AC , A ;9 9 √ 9
x>0 则 x+ =x+3+ −3≥2 (x+3)⋅ −3=3 当且仅当 x=0 时等号成
x+3 x+3 x+3
, , ,
9
立 又 x>0 所以等号不成立所以 x+ >3 错误 令 x+1=0 得 x=−1 此时
x+3
. , , , B ; , ,
f (−1)=1−2=−1 即函数图象恒过定点 (−1,−1) 正确 因为函数
, , C ;
是幂函数则 解得 或 当 时
f (x)=(m2−5m+7)xm m2−5m+7=1 m=2 m=3 m=2
, , . ,
该函数是偶函数不符合题意 当 时 该函数是奇函数符合题意所
f (x)=x2 m=3 f (x)=x3
, , ; , , , ,
以 m=3,D 错误 故选
. AC.
由题知 ( π) 令 π
f (x)=cos2x−√3sin2x+1=2cos 2x+ +1 2x+ =kπ,k∈Z
3 3
10. ACD .
kπ π π
得 f (x) 图象的对称轴为 x= − ,k∈Z 当 k=1 时对称轴为 x= 所以 f (x)
2 6 3
, , , ,
π π π
的图象关于直线 x= 对称 正确 令 2x+ =kπ+ ,k∈Z 得 f (x) 图象的对称中
3 3 2
, A ; ,
心为 (kπ π ) 当 时对称中心为 (7π ) 所以 的图象不关于
+ ,1 ,k∈Z k=1 ,1 f (x)
2 12 12
, , ,
点 (7π ) 对称 错误 将函数 的图象向右平移 5π 个单位长度则
,0 f (x)
12 12
, B ; ,
( 5π) [ ( 5π) π] 再向下平移 个单位长度得
f x− =2cos 2 x− + +1=2sin2x+1
12 12 3
, 1 ,
g(x)=2sin2x 为奇函数 C 正确 因为 x ,x 是 f (x) 的两个零点令
1 2
, ; ,
( π) 则 ( π) 1 所以 π 2π
f (x)=2cos 2x+ +1=0 cos 2x+ =− 2x+ =2k π+ ,k ∈Z
3 3 2 3 1 3 1
, ,π 4π π π
或 2x+ =2k π+ ,k ∈Z 解得 x=k π+ ,k ∈Z 或 x=k π+ ,k ∈Z 所
3 2 3 2 1 6 1 2 2 2
, , ,
以 | π| 当 时 π 不妨设
|x −x |= (k −k )π+ ,k ,k ∈Z k −k =0 |x −x | =
1 2 1 2 3 1 2 1 2 1 2min 3
, , ,
π
x 0 f (a)=0 0) 的图象如图所
2 2 b 2 b
, .
示易知 1 正确 由 得 log 1 1 故 1 则
0 由 sinθcosθ<0 得 cosθ<0 所以 <θ<π 所以
2
, , , , ,
sinθ−cosθ=√(sinθ−cosθ) 2=√1−2sinθcosθ= √ 1− ( − 48) = √97 .
49 7
[−4,2)∪(5,+∞)令
14.
g(x)=[f (x)] 2 −(m+3)f (x)+4(m−1)=[f (x)−(m−1)][f (x)−4]=0 所以 f (x)=4 或
,
f (x)=m−1 如图画出函数 f (x) 的大致图象 f (x)=4时 y=4与 y=f (x) 的图象有
个交点 所以 ,y=m, −1 与 y=f (x) 的图象只能, 有 个 交点, 则 −5≤m−1<1 或 3
m−1>, 4 解得 −4≤m<2 或 m>5 2 ,
, .(3π )
sin(π−α)sin +α tan(π+α)
解 2 sinα(−cosα)tanα 分
= =tanα
(π ) −cosαsinα
15. : (1) cos(π+α)cos −α . 5
2
(2)
sin2α
1+
( 1 ) (1−tan2α)( 2tan2α ) (1−tan2α) 1+tan2α 1+tan2α cos2α 1 1 2 2
−tanα (1+tan2αtanα)= 1+ = × = = = = = = =6
tanα tanα 1−tan2α tanα 1−tan2α tanα sinα sinα sinαcosα 2sinαcosα sin2α
cosα cosα
分
. 13
解 由 f (x) 图象上相邻两最高点的距离为 π 知最小正周期 T=π 分即
16. : (1) , , 1
2π
=π 解得 ω=2 分
ω
, . 3
又 (5π) (5π ) 所以 5π 分
f =sin +φ =0 +φ=kπ,k∈Z
12 6 6
, . 4
因为 π 所以 π 所以 ( π) 分
|φ|< φ= f (x)=sin 2x+
2 6 6
, , . 6
π π π π π
令 − +2kπ≤2x+ ≤ +2kπ,k∈Z 得 − +kπ≤x≤ +kπ,k∈Z
2 6 2 3 6
, ,所以函数 的单调递增区间为 [ π π ] 分
f (x) − +kπ, +kπ (k∈Z)
3 6
. 10
因为 1 ，即 ( π) 1 ，
f (x)< sin 2x+ <
2 6 2
( 2 )
5π π 13π π
令 +2kπ<2x+ < +2kπ(k∈Z) ，解得 +kπ0 函数
1f9(x. ) 的: (1定)义域为 R, , , ,
,
1+a
所以 f (0)=log =0 解得 a=1 分
2 2
, , 1
故 分
f (x)=x3−x
, 2
经检验 所以 分
f (−x)=(−x) 3+x=−f (x) a=1
, , . 3
由题知 2x−1
f (x)=log +x3−x
2 2x+1
(2) .令
2x−1
设
φ(x)=log ,t(x)=x3−x x >x >1
2 2x+1 1 2
, ,
则 2x−1 ( 2 ) 由复合函数的单调性知 在 上单
φ(x)=log =log 1− φ(x) (1,+∞)
2 2x+1 2 2x+1
,
调递增 分 所以
t(x )−t(x )=x3−x −(x3−x )=(x −x )(x2+x2+x x −1)>0 t(x)
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
, 4 ,
在 (1,+∞) 上单调递增 分
, 5
所以函数 f (x) 在 (1,+∞) 上单调递增 分
, 6
{
3−2x>1,
所以不等式 f (3−2x)1,
3−2x0) ≤ ≤2 (0,+∞)
2 t2+2t+1
, .① 当
at2+(a2+1)t+a
1 时，有 在 上恒成
≥ (2a−1)t2+2a2t+2a−1≥0 (0,+∞)
t2+2t+1 2
立，
1
由函数 g(t)=(2a−1)t2+2a2t+2a−1 的图象和性质可知，必有 2a−1≥0 ，即 a≥
2
，此时函数 g(t) 在
1
(0,+∞) 上单调递增，且 g(0)=2a−1≥0 ，所以 a≥ 分
2
. 12
② 当
at2+(a2+1)t+a
时，有 在 上恒成
≤2 (2−a)t2+(3−a2)t+2−a≥0 (0,+∞)
t2+2t+1
立，
由函数 的图象和性质可知必有 即
h(t)=(2−a)t2+(3−a2)t+2−a 2−a≥0 a≤2
, , ,
若 a=2,h(t)=−t<0 不合题意 分
, . 13
若 ，函数 的对称轴为 3−a2 a2−3
02−a>0
，满足题意，故 00 即 √3
