四川省成都市经开区实验中学2026届数学高一第一学期期末经典试题含解析.doc

四川省成都市经开区实验中学2026届数学高一第一学期期末经典试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1．设函数若是奇函数，则（）
A. B.
C. D.1
2．已知函数，则下列对该函数性质的描述中不正确的是（）
A.的图像关于点成中心对称
B.的最小正周期为2
C.的单调增区间为
D.没有对称轴
3．已知函数与的图像关于对称，则（）
A.3 B.
C.1 D.
4．已知是定义域为的单调函数，且对任意实数，都有，则的值为（）
A.0 B.
C. D.1
5．一钟表的秒针长，经过，秒针的端点所走的路线长为（ ）
A. B.
C. D.
6．向量“，不共线”是“| +| < ||+||”的（）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
7．已知角，且，则（）
A. B.
C. D.
8．已知集合，集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ）

A. B.
C. D.
9．设集合，则（ ）
A.{1，3} B.{3，5}
C.{5，7} D.{1，7}
10．若函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．在函数的图像上，有______个横、纵坐标均为整数的点
12．函数在[1，3]上的值域为[1，3]，则实数a的值是___________.
13．甲、乙两套设备生产的同类产品共4800件，采用分层抽样的方法从中抽取一个容量为80 的样本进行检测.若样本中有50件产品由甲设备生产，则乙设备生产的产品总数为________件.
14．在中，，BC边上的高等于,则______________
15．设函数即_____
16．不等式的解集是___________.
三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．已知圆，直线过点.
（1）若直线与圆相切，求直线的方程；
（2）若直线与圆交于两点，当的面积最大时，求直线的方程.
18．已知.
（1）若是奇函数，求的值，并判断的单调性（不用证明）；
（2）若函数在区间(0,1)上有两个不同的零点，求的取值范围.
19．已知函数(a>0且a≠1).
(1)若f(x)在[-1，1]上的最大值与最小值之差为，求实数a的值；
(2)若，当a>1时，解不等式.
20．已知函数其中.
（1）当a=0时，求f(x)的值域;
（2）若f(x)有两个零点，求a的取值范围.
21．已知定义在上的奇函数.
（1）求实数的值；
（2）解关于的不等式
参考答案

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1、A
【解析】先求出的值，再根据奇函数的性质，可得到的值，最后代入，可得到答案.
【详解】∵奇函数

故选：A
【点睛】本题主要考查利用函数的奇偶性求值的问题，属于基础题.
2、C
【解析】根据正切函数的周期性，单调性和对称性分别进行判断即可
【详解】对于A：令,令，可得函数的一个对称中心为，故正确；
对于B：函数f（x）的最小正周期为T＝，故正确；
对于C：令，解不等式可得函数的单调递增区间为，故错误；
对于D：正切函数不是轴对称图形，故正确
故选：C
【点睛】本题考查与正切函数有关的性质，涉及周期性，单调性和对称性，利用整体代换的思想进行判断是解决本题的关键
3、B
【解析】根据同底的指数函数和对数函数互为反函数可解.
【详解】由题知是的反函数，所以，所以.
故选：B.
4、B
【解析】令，可以求得，即可求出解析式，进而求出函数值.
【详解】根据题意，令，为常数，
可得，且，
所以时有，
将代入，等式成立，
所以是的一个解，
因为随的增大而增大，所以可以判断为增函数，
所以可知函数有唯一解，
又因为，
所以，即，
所以.
故选：B.
【点睛】本题主要考查函数单调性和函数的表示方法，属于中档题.
5、C
【解析】计算出秒针的端点旋转所形成的扇形的圆心角的弧度数，然后利用扇形的弧长公式可计算出答案.
【详解】秒针的端点旋转所形成的扇形的圆心角的弧度数为，
因此，秒针的端点所走的路线长.
故选：C.
【点睛】本题考查扇形弧长的计算，计算时应将扇形的圆心角化为弧度数，考查计算能力，属于基础题.
6、A
【解析】利用向量的线性运算的几何表示及充分条件，必要条件的概念即得.
【详解】当向量“，不共线”时，由向量三角形的性质可得“| +|<||+||”成立，即充分性成立，
当“，方向相反”时，满足“| +| < ||+||”，但此时两个向量共线，即必要性不成立，
故向量“，不共线”是“| +| < ||+||”的充分不必要条件.
故选：A.
7、A
【解析】依题意可得，再根据，即可得到，从而求出，再根据同角三角函数的基本关系求出，最后利用诱导公式计算可得；
【详解】解：因为，所以，因为，所以且，所以，即，所以，所以，所以；
故选：A
8、B
【解析】由阴影部分表示的集合为，然后根据集合交集的概念即可求解.
【详解】因为阴影部分表示的集合为
由于.
故选：B.
9、B
【解析】先求出集合B，再求两集合的交集
【详解】由，得，解得，
所以，
因为
所以
故选：B
10、A
【解析】将写成分段函数的形式，根据单调性先分析每一段函数需要满足的条件，同时注意分段点处函数值关系，由此求解出的取值范围.
【详解】因为，所以，
当在上单调递增时，，所以，
当在上单调递增时，，所以，
且，所以，
故选：A.
【点睛】思路点睛：根据分段函数单调性求解参数范围的步骤：
（1）先分析每一段函数的单调性并确定出参数的初步范围；
（2）根据单调性确定出分段点处函数值的大小关系；
（3）结合（1）（2）求解出参数的最终范围.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、3
【解析】由题可得函数为减函数，利用赋值法结合条件及函数的性质即得.
【详解】因为，
所以函数在R上单调递减，
又，，，
，且当时，，
当时，令，
则，
综上，函数的图像上，有3个横、纵坐标均为整数的点
故答案为：3.
12、
【解析】分类讨论，根据单调性求值域后建立方程可求解.
【详解】若，在上单调递减，则，不符合题意；
若，在上单调递增，则，当值域为时，可知，解得.
故答案为：
13、1800
【解析】由题共有产品4800名，抽取样本为80，则抽取的概率为；，再由50件产品由甲设备生产，则乙设备生产有30件，则乙设备在总体中有；
考点：抽样方法的随机性.
14、.
【解析】设边上的高为，则，求出，．再利用余弦定理求出.
【详解】设边上的高为，则，
所以，
由余弦定理，知
故答案为
【点睛】本题主要考查余弦定理，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.
15、-1
【解析】结合函数的解析式求解函数值即可.
【详解】由题意可得：，
则.
【点睛】求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现f(f(a))的形式时，应从内到外依次求值
16、或
【解析】把分式不等式转化为，从而可解不等式.
【详解】因为，所以，解得或，
所以不等式的解集是或.
故答案为：或.

三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）或；（2）或.
【解析】（1）分直线l的斜率不存在与直线l的斜率存在两种讨论，根据直线l与圆M相切进行计算，可得直线的方程；
（2）设直线l的方程为，圆心到直线l的距离为d，可得的长，由的面积最大，可得，可得k的值，可得直线的方程.
【详解】解：（1）当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，此时直线l与圆M相切，所以符合题意 ,
当直线l的斜率存在时，设l的斜率为k，
则直线l的方程为，
即 ,
因为直线l与圆M相切，所以圆心到直线的距离等于圆的半径，
即,
解得，即直线l的方程为；
综上，直线l的方程为或,
（2）因为直线l与圆M交于P.Q两点，所以直线l斜率存在，
可设直线l的方程为，圆心到直线l的距离为d ,
则
从而的面积为·
当时，的面积最大 ,
因为，
所以，
解得或,
故直线l的方程为或.
【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系及方程的应用，涉及直线与圆相切，直线与圆相交及三角形面积的计算与点到直线的距离公式，需灵活运用各知识求解.
18、 (1)答案见解析；(2)
【解析】(1)函数为奇函数，则，据此可得，且函数在上单调递增；
(2)原问题等价于在区间(0,1)上有两个不同的根，换元令，结合二次函数的性质可得的取值范围是.
试题解析：
（1）因为是奇函数，
所以，
所以；
在上是单调递增函数;
(2) 在区间(0,1)上有两个不同的零点，
等价于方程在区间(0,1)上有两个不同的根，
即方程在区间(0,1)上有两个不同的根，
所以方程在区间上有两个不同的根，
画出函数在(1,2)上的图象,如下图,

由图知,当直线y=a与函数的图象有2个交点时,
所以的取值范围为.
点睛：函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用
19、 (1)2或；(2)或.
【解析】(1)对a值分类讨论，根据单调性列出最值之差表达式即可求解；
(2)由函数的奇偶性、单调性脱去给定不等式中的法则“”，转化为一元二次不等式，求解即得.
【详解】(1)①当，f(x)在[-1，1]上单调递增，，解得，
②当时，f(x)在[-1，1]上单调递减，，解得，
综上可得，实数a的值为2或.
(2)由题可得定义域为，且，所以为上的奇函数；
又因为，且，所以在上单调递增；
所以，
或，
所以不等式的解集为或.
【点睛】解抽象的函数不等式，分析对应函数的奇偶性和单调性是解决问题的关键.
20、（1）；（2）
【解析】（1）分别求出和的值域即可；
（2）分两种情况讨论，若，有1个零点，时，有1个零点；若，无零点，时，有2个零点.
【详解】（1）当时，，
则当时，，
当时，单调递增，则，
综上，的值域为；
（2）当时，，当时，单调递增，
若，有1个零点，则，则时，也应有1个零点，所以，又，则；
若，无零点，则，则时，有2个零点，所以；
综上，a的取值范围为.
21、（1）1；（2）.
【解析】（1）由奇函数的性质有，可求出的值，注意验证是否为奇函数.
（2）根据函数的奇偶性、单调性可得，再结合对数函数的性质求解集.
【小问1详解】
因为是定义在上的奇函数，所以，解得，
经检验是奇函数，即
【小问2详解】
由，得，又是定义在上的奇函数，
所以，易知在上递增，
所以，则，解得，
所以原不等式的解集为