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 0.5<log 1=0,b=50.2>50=1,0<c=0.20.5<0.20=1 a<c<b
5 5
3.B , .
选
B.
由图知 的最小正周期 5π ( π) 所以 π π 1 又
f (x) T= − − =2π ω= = =
3 3 T 2π 2
4. D , .
π π π
f (0)=tanφ=−√3 所以 φ=− +kπ,k∈Z 因为 |φ|< 所以 φ=− 所以
3 2 3
, . , ,
π
ωφ=− 故选
6
. D.
a>1,
{
由题知 4a 解得 故选
B ≥1, 1<a≤2
2
5. . B.
1≥7a−13,
C 由 f (x+1)=−f (−x+1) 知 f (x) 的一个对称中心是 (1,0) 即 f (1)=0 又
6f.( 2− x)=f (x+2) 所以 f (−1,)=f (1)=0,f (x)=−f (2−x)=−f (x,+2)=f (x+4. ) 所以
f (−506×4−1)=f,(−1)=0 故选 ,
. C.
由题知 所以函数 为偶函数 当
C f (−x)=e|−x|−cos(−πx)=e|x|−cosπx=f (x) f (x)
7. , .x∈[0,1] 时函数 y=ex,y=−cosπx 单调递增所以当 x∈[0,1] 时函数 f (x) 单调
, , ,
{ | x2− 1 x | > 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 1<x≤ 故选
4 2 4
. C.
由题知 ( π) 当 [ π] 时 π [π 7π] 则
D f (x)=2sin 3x+ x ∈ 0, 3x + ∈ ,
6 1 3 1 6 6 6
8. , , ,
当 [π π] 时 π [2π ] 则
f (x )∈[−1,2] x ∈ , 2x + ∈ ,π
1 2 6 3 2 3 3
; , ,
( π) 又 ( π) [ ( π) ]
2sin 2x + ∈[0,√3] g(x )=2msin 2x + −m=m 2sin 2x + −1
2 3 2 2 3 2 3
.
当 时 由题意可得 则
m>0 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 <x 则 x =x + 则
1 2 2 1 3
, ,
| [ π] [ π] | | ( π) ( π)| | ( π)|
|f (x +m)−f (x +m)|= 2cos 2(x +m)+ +1−2cos 2(x +m)+ −1 = 2cos 2x +2m+ −2cos 2x +2m+ = 2√3cos 2x +2m+ ≤2√3
1 2 1 3 2 3 1 3 2 3 1 6
所以 的最大值为 正确 故选
|f (x +m)−f (x +m)| 2√3,D
1 2
, . ACD.
设函数 显然 为增函数 又
f (a)=2a+a−2 f (a)
11. BCD , .
(1) 3 由 得 1 错误 由
f (0)=−1<0,f =√2− <0,f (1)=1>0 f (a)=0 <a<1,A
2 2 2
. , ;
1 1
blog b=1−2b 得 log b= −2 作出函数 y=log b,y= −2(b>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
<b< blog b=1−2b 2 2b+log −2=0 a=log
2 2 2b 2b
, 1, B ; , , ,
1
2a= 故
b
,1
b(2−a)=1 即 ab−2b+1=0,C 正确 由 b(2−a)=1 得 b= 则
2−a
, ; , ,
1 令 ( 3) 则 1 因为 1 在
b−a= −a 2−a=t,t∈ 1, b−a= +t−2 F(t)= +t−2
2−a 2 t t
. , .
( 3) 上单调递增所以 (3) 1 即 1 正确 故选
1, 0=F(1)<F(t)<F = 0<b−a<
2 2 6 6
, , , D . BCD.
{l+2r=5, {l=2,
或 3 设扇形的半径为 弧长为 则 解得 {l=3, 或
r l 1 3 3
2 lr= , r=1, r= .
12.1 , , 2 2 2
√97 1 1 48
由 sinθ+cosθ= 得 (sinθ+cosθ) 2= 所以 2sinθcosθ=− 又由
7 7 49 49
13. , , .
π
0<θ<π 知 sinθ>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 +kπ<x<π+kπ(k∈Z) ，
6 6 6 3
所以不等式 1 的解集为 (π ) 分
f (x)< +kπ,π+kπ (k∈Z)
2 3
. 15
解 因为
f (x)=10log √x+1+m,g(x)=−10log (81−x)+n,f (0)=g(0)=0
3 3
17. : (1) ,
所以 分
10log √0+1+m=0,−10log 81+n=0
3 3
, 3
所以 m=0,n=40 分
, 5
所以 分
f (x)=10log √x+1,g(x)=−10log (81−x)+40
3 3
. 6
设投入 x 亿元生产芯片 A ，则投入 x 亿元生产芯片 B ， 分
(2) (44- ) 7
设企业获得利润为 z 则
,
分
z=f (x)+g(44−x)=10log √x+1−10log (37+x)+40(0≤x≤44)
3 3
, 8
所以
√x+1 1
z=10log √x+1−10log (37+x)+40=10log +40=10log +40
3 3 3 37+x 3 36
+√x+1
√x+1
.
分
1036
又 √x+1+ ≥2√36=12 当且仅当 x=35 时等号成立 分
√x+1
, , 11
1
log ≤−log 12=−1−2log 2
所以 3 36 3 3
+√x+1
√x+1
,
1
z=10log +40≤30−20log 2
所以 3 36 3 当且仅当 x=35 时等号成立 分
+√x+1
√x+1
, . 14
所以投入 亿元生产芯片 A ，投入 亿元生产芯片 B 时，企业获得利润最大，利润
的最大值为3 5 9
30-
20log 2 亿元 分
3
. 15
解 ( π) 1 (√3 1 ) 1
f (x)=2sinxcos x+ + =2sinx cosx− sinx +
6 2 2 2 2
18. : (1)
=√3sinxcosx−sin2x+ 1 = √3 sin2x+ 1 cos2x=sin ( 2x+ π) 分
2 2 2 6
, 3
2π
所以函数 f (x) 的最小正周期 T= =π 分
2
. 4
因为 [ π ] ，所以 π [ π π] ， 分
x∈ − ,m 2x+ ∈ − ,2m+
4 6 3 6
(2) 5
因为函数 在区间 [ π ] 上的值域为 [ √3 ]
f (x) − ,m − ,1
4 2
,
π π 4π π 7π
所以结合正弦函数的图象可得 ≤2m+ ≤ ，解得 ≤m≤
2 6 3 6 12
.
所以 的取值范围为 [π 7π] 分
m ,
6 12
. 9当 [ π ] 时， π [ π] ， ( π) 1 ， 分
x∈ − ,0 2x+ ∈ 0, 0≤sin 2x+ ≤
12 6 6 6 2
(3) 11
1
所以 f (x ),f (x ) 的最大值为 最小值为 即 f (x )+f (x )≥0
1 2 2 1 2
, 0, ,
[ π ] π [ π ] 分
x +a∈ − +a,a ,2(x +a)+ ∈ 2a, +2a .
3 12 3 6 6
13
因为 [ π ] 所以
∀x ,x ,x ∈ − ,0 ,[f (x )+f (x )] ≥[f (x +a)] f (x +a)≤0
1 2 3 12 1 2 min 3 max 3
, . 14
分
2a≥−π+2kπ,
{
π
所以 +2a≤2kπ, 解得 π π
6 − +kπ≤a≤− +kπ,k∈Z
2 12
π
+2a≤2kπ, .
6
故 的取值范围为 [ π π ] 分
a − +kπ,− +kπ (k∈Z)
2 12
. 17
解 若 a≤0 函数 f (x) 的定义域关于原点不对称不是奇函数所以 a>0 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)<f (x+1) 可化为 x+1>1,
3−2x<x+1,
解得 2 即不等式 的解集为 (2 ) 分
<x<1 f (3−2x)<f (x+1) ,1
3 3
, . 8
1
+a
2x+a 2x
f (x)+f (−x)=log +x3−x+log +(−x) 3−(−x)
2 2x+1 2 1
+1
(3) 2x
=log
2x+a
+log
a⋅2x+1
=log
(2x+a)(a⋅2x+1)
=log
a(2x) 2 +(a2+1)⋅2x+a
分
2 2x+1 2 2x+1 2 (2x+1) 2 2 (2x) 2 +2⋅2x+1
9
| a(2x) 2 +(a2+1)⋅2x+a|
又由 ∀x∈R 总有 |f (x)+f (−x)|≤1 知 log ≤1
2 (2x) 2 +2⋅2x+1
, , ,
a(2x) 2 +(a2+1)⋅2x+a
1
a(2x) 2 +(a2+1)⋅2x+a
即 分
−1≤log ≤1, ≤ ≤2
2 (2x) 2 +2⋅2x+1 2 (2x) 2 +2⋅2x+1
, 10
令 则 1
at2+(a2+1)t+a
在 上恒成立
2x=t(t>0) ≤ ≤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
0<a<2 h(t) t=− =
2(2−a) 2(2−a)
.
1∘ 若 a2−3≤0 即 0<a≤√3 时， h(t) 在 (0,+∞) 上单调递增，所以 h(t)>2−a>0
，满足题意，故 0<a≤√3 分
.15
2∘ 若 a2−3>0 即 √3<a<2 时有 Δ=(3−a2) 2 −4(2−a) 2≤0 即
, ,
(3−a2) 2 <[2(2−a)] 2 ,a2−3<4−2a
,
解得 −1−2√2≤a≤2√2−1 所以 √3<a≤2√2−1
, .
由 1∘,2∘ 可得 0<a≤2√2−1
.
综上所述， 的取值范围为 [1 ] 分
a ,2√2−1
2
. 17
