2025-2026学年内蒙古包钢一中数学高一上期末统考试题含解析.doc

2025-2026学年内蒙古包钢一中数学高一上期末统考试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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．已知集合，下列结论成立是（）
A. B.
C. D.
2．不等式的解集是（）
A. B.
C. D.
3． “是”的（）条件
A.充分不必要 B.必要不充分
C.充要 D.既不充分又不必要
4．化简 =
A.sin2+cos2 B.sin2-cos2
C.cos2-sin2 D.± (cos2-sin2)
5．下列函数满足在定义域上为减函数且为奇函数的是（ ）
A. B.
C. D.
6．已知三棱锥的三条棱,,长分别是3、4、5，三条棱,,两两垂直，且该棱锥4个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是
A B.
C. D.都不对
7．函数的定义域是（）
A. B.
C D.
8．关于的不等式的解集为，且，则（）
A.3 B.
C.2 D.
9．如图，在平面直角坐标系中，角的始边为轴的非负半轴，终边与单位圆的交点为，将绕坐标原点逆时针旋转至，过点作轴的垂线，垂足为．记线段的长为，则函数的图象大致是

A. B.
C. D.
10．投壶是从先秦延续至清末的汉民族传统礼仪和宴饮游戏，在春秋战国时期较为盛行．如图为一幅唐朝的投壶图，假设甲、乙、丙是唐朝的三位投壶游戏参与者，且甲、乙、丙每次投壶时，投中与不投中是等可能的．若甲、乙、丙各投壶1次，则这3人中至多有1人投中的概率为（）

A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．设，若函数在上单调递增，则的取值范围是
A. B. C. D.
12．已知函数其中且的图象过定点，则的值为______
13．已知函数，，那么函数图象与函数的图象的交点共有__________个
14．命题“，使关于的方程有实数解”的否定是_________.
15．过正方体的顶点作直线，使与棱、、所成的角都相等，这样的直线可以作_________条.
16．若函数在［－1，2］上的最大值为4，最小值为m，且函数在上是增函数，则a＝______.
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．已知函数图象的一条对称轴方程为，且其图象上相邻两个零点的距离为.
（1）求的解析式；
（2）若对，不等式恒成立，求实数m的取值范围.
18．在平面直角坐标系中，已知，，动点满足.
（1）若，求面积的最大值；
（2）已知，是否存在点C，使得，若存在，求点C的个数;若不存在，说明理由.
19．已知定义域为D的函数，若存在实数a，使得，都存在满足，则称函数具有性质.
（1）判断下列函数是否具有性质，说明理由；①；②，.
（2）若函数的定义域为D，且具有性质，则“存在零点”是“”的___________条件，说明理由；（横线上填“充分而不必要”、“必要而不充分”、“充分必要”、“既不充分也不必要”）
（3）若存在唯一的实数a，使得函数，具有性质，求实数t的值.
20．在平面直角坐标系中，已知角的页点为原点，始边为轴的非负半轴，终边经过点.
（1）求的值；
（2）求旳值.
21．已知函数且
（1）判断函数的奇偶性；
（2）判断函数在上的单调性，并给出证明；
（3）当时，函数值域是，求实数与自然数的值
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、C
【解析】利用集合的交、并、补运算进行判断.
【详解】因为，所以，故A错；
，故B错；，故D错.
故选：C
2、B
【解析】利用一元二次不等式的解法即得.
【详解】由可得，，
故不等式的解集是.
故选：B.
3、A
【解析】根据充分必要条件的定义判断
【详解】若x＝1，则x2－4x＋3＝0，是充分条件，
若x2－4x＋3＝0，则x＝1或x＝3，不是必要条件.
故选：A.
4、A
【解析】利用诱导公式化简根式内的式子，再根据同角三角函数关系式及大小关系，即可化简
【详解】根据诱导公式，化简得

又因为

所以选A
【点睛】本题考查了三角函数式的化简，关键注意符号，属于中档题
5、C
【解析】根据各个基本初等函数的性质，结合函数变换的性质判断即可
【详解】对A，为偶函数，故A错误；
对B，为偶函数，故B错误；
对C，在定义域上为减函数且为奇函数，故C正确；
对D，在和上分别单调递减，故D错误；
故选：C
【点睛】本题主要考查了常见基本初等函数的性质，属于基础题
6、B
【解析】长方体的一个顶点上的三条棱分别为，且它的八个顶点都在同一个球面上，则长方体的对角线就是球的直径，长方体的对角线为
球的半径为
则这个球的表面积为
故选
点睛：本题考查的是球的体积和表面积以及球内接多面体的知识点．由题意长方体的外接球的直径就是长方体的对角线，求出长方体的对角线，就是求出球的直径，然后求出球的表面积即可
7、B
【解析】解不等式组即可得定义域.
【详解】由得：
所以函数的定义域是.
故选：B
8、A
【解析】根据一元二次不等式与解集之间的关系可得、，结合
计算即可.
【详解】由不等式的解集为，
得，不等式对应的一元二次方程为，
方程的解为，由韦达定理，得，，
因为，所以，
即，整理，得.
故选：A
9、B
【解析】 ，所以选B.
点睛：有关函数图象识别问题的常见题型及解题思路(1)由解析式确定函数图象的判断技巧：（1）由函数的定义域，判断图象左右的位置，由函数的值域，判断图象的上下位置；②由函数的单调性，判断图象的变化趋势；③由函数的奇偶性，判断图象的对称性；④由函数的周期性，判断图象的循环往复．(2)由实际情景探究函数图象．关键是将问题转化为熟悉的数学问题求解，要注意实际问题中的定义域问题．
10、C
【解析】根据题意，列出所有可能，结合古典概率，即可求解.
【详解】甲、乙、丙3人投中与否的所有情况为：（中，中，中），（中，中，不中），（中，不中，中），
（中，不中，不中），（不中，中，中），（不中，中，不中），（不中，不中，中），
（不中，不中，不中），共8种，其中至多有1人投中的有4种，故所求概率为
故选：C.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、D
【解析】由于函数为奇函数，且在上单调递增，结合函数的图象可知该函数的半周期大于或等于，所以，所以选择D
考点：三角函数的图象与性质
12、1
【解析】根据指数函数的图象过定点，即可求出
【详解】函数其中且的图象过定点，
，，
则，
故答案为1
【点睛】本题考查了指数函数图象恒过定点的应用，属于基础题.
13、8
【解析】在同一坐标系中，分别画出函数，及函数的图像，如图所示：

由图可知，两个函数的图象共有8个交点
故答案为8
点睛：解决函数与方程问题的基本思想就是数形结合思想和等价转化思想，运用函数图象来研究函数零点或方程解的个数，在画函数图象时，切忌随手一画，可利用零点存在定理，结合函数图象的性质，如单调性，奇偶性，将问题简化．
14、，关于的方程无实数解
【解析】直接利用特称命题的否定为全称命题求解即可.
【详解】因为特称命题的否定为全称命题，
否定特称命题是，既要否定结论，又要改变量词，
所以命题“，使关于的方程有实数解”的否定为：
“，关于的方程无实数解”.
故答案为：，关于的方程无实数解
15、
【解析】将小正方体扩展成4个小正方体，根据直线夹角的定义即可判断出符合条件的条数
【详解】解：设ABCD﹣A1B1C1D1边长为1
第一条：AC1是满足条件的直线；
第二条：延长C1D1到C1且D1C2＝1，AC2是满足条件的直线；
第三条：延长C1B1到C3且B1C3＝1，AC3是满足条件的直线；
第四条：延长C1A1到C4且C4A1，AC4是满足条件的直线

故答案为4
【点睛】本题考查满足条件的直线条数的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，考查分类与整合思想，是基础题
16、
【解析】　当时，有，此时，此时为减函数，
不合题意.若，则，故，检验知符合题意

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）
（2）
【解析】（1）由题意可得周期为，则可求出的值，再由一条对称轴方程为，可得，可求出的值，从而可求得解析式，
（2）由题意得对恒成立，所以利用三角函数的性质求出即可，从而可求出实数m的取值范围
【小问1详解】
因为图象上相邻两个零点的距离为，
所以周期为，所以，得，
所以，
因为图象的一条对称轴方程为，
所以，即，
所以，
因为，所以，
所以
【小问2详解】
由（1）得对恒成立，
因为，所以，
所以，则，
所以，解得，
所以实数m的取值范围为
18、（1）（2）存在2个点C符合要求
【解析】（1）由,利用两点间距离公式可得,整理得到,由,若面积最大,则到距离最大,即最大,求解即可；
（2）由,利用两点间距离公式可得,整理得到,则点为圆与圆的交点,进而由两圆的位置关系即可得到符合条件的点的个数
【详解】解：
（1）由,得,
化简,即,
所以,
当时,有最大值,此时点到距离最大为,
因为,所以面积的最大值为
（2）存在,
由,得,
化简得,即.
故点C在以为圆心,半径为2的圆上,
结合（1）中知,
点C还在以为圆心,半径为的圆上,
由于,,,且,
所以圆M、圆N相交,有2个公共点,
故存在2个点C符合要求.
【点睛】本题考查两点间距离公式的应用,考查圆与圆的位置关系的应用,考查运算能力
19、（1）①不具有性质；②具有性质
（2）必要而不充分条件，理由见解析
（3）
【解析】（1）根据举例说明当时不存在；取可知具有性质.（2）分别从存在零点，证明.和若，具有性质时，.两个角度证明“存在零点”是“”的必要而不充分条件.（3）令函数的值域为，的值域.若函数有性质，则有对，使得成立，所以，分情况讨论的范围，从而求出的取值.
【小问1详解】
函数不具有性质.理由如下：
对于，因为，所以不存在满足.
所以函数不具有性质.
函数具有性质.理由如下：
对于，取，则.
因为，
所以函数具有性质.
【小问2详解】
必要而不充分理由如下：
①若存在零点，令，则.
因为，取，则，且.
所以具有性质，但.
②若，因为具有性质，
取，则存在使得.
所以，即存在零点.
综上可知，“存在零点”是“”的必要而不充分条件.
【小问3详解】
记函数的值域为，函数的值域.
因为存在唯一的实数，使得函数有性质，即存在唯一的实数，对，使得成立，所以.
①当时，，其值域.
由得.
②当，且时，是增函数，所以其值域
由得，舍去.
③当时，的最大值为，
最小值为4，
所以的值域.
由得，舍去.
当时，的最大值为，最小值为，
所以的值域.
由得（舍去）.
20、（1）
（2）
【解析】（1）根据三角函数的定义可求得的值，再利用诱导公式结合同角的三角函数关系化简可得结果；
（2）利用二倍角的余弦公式可直接求得答案.
【小问1详解】
由角的终边经过点，
可得，，
故；
小问2详解】
.
21、（1）奇函数，证明见解析；
（2）答案见解析，证明见解析；
（3），.
【解析】（1）利用奇偶性定义判断奇偶性.
（2）利用单调性定义，结合作差法、分类讨论思想求的单调性.
（3）由题设得且，结合（2）有在上递减，结合函数的区间值域，求参数a、n即可.
【小问1详解】
由题设有，可得函数定义域为，
，
所以为奇函数.
【小问2详解】
令，则，
又，则，
当时，，即，则在上递增.
当时，，即，则在上递减.
【小问3详解】
由，则，即，
结合（2）知：在上递减且值域为，
要使在值域是，则且，即，
所以，又，故.
综上，，
【点睛】关键点点睛：第三问，注意，即有在上递减，再根据区间值域求参数.