山东省决胜新2025-2026学年高一数学第一学期期末考试试题含解析.doc

山东省决胜新2025-2026学年高一数学第一学期期末考试试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．已知函数，若的最小正周期为，则的一条对称轴是（   ）
A. B.
C. D.
2．已知角的终边经过点，则的值为
A. B.
C. D.
3．已知，则（）
A. B.
C. D.
4．设集合，，则集合＝（）
A B.
C. D.
5．长方体的一个顶点上的三条棱长分别为3、4、5，且它的8个顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积是（ ）
A. B.
C. D.都不对
6．已知函数（，且）在上单调递减，且关于x的方程恰有两个不相等的实数解，则的取值范围是
A. B.[，]
C.[，]{} D.[，）{}
7．设，，则（）
A.且 B.且
C.且 D.且
8．过点且平行于直线的直线方程为
A. B.
C. D.
9． “”是函数满足：对任意的，都有”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
10．已知，函数在上单调递减，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知在平面直角坐标系中，角顶点在原点，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，则___________.
12．给出下列五个论断：①；②；③；④；⑤.以其中的两个论断作为条件，一个论断作为结论，写出一个正确的命题：___________.
13．各条棱长均相等的四面体相邻两个面所成角的余弦值为___________.
14．函数的最大值为__________
15．若函数的值域为，则的取值范围是__________
16．若函数的定义域为R，则实数m的取值范围是______
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，函数.
（1）当时，证明是奇函数；
（2）当时，求函数的单调区间；
（3）当时，求函数在上的最小值.
18．已知函数（，且）.
（1）求函数的定义域；
（2）是否存在实数a，使函数在区间上单调递减，并且最大值为1？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.
19．已知集合，
（1）当时，求；
（2）若，求
20．证明：函数是奇函数.
21．已知函数的图象经过点其中
（1）求a的值；
（2）若,求x的取值范围.
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】由最小正周期公式有：，函数的解析式为：，
函数的对称轴满足：，
令可得的一条对称轴是.
本题选择C选项.
2、C
【解析】因为点在单位圆上，又在角的终边上，所以；
则；故选C.
3、C
【解析】先对两边平方，构造齐次式进而求出或，再用正切的二倍角公式即可求解.
【详解】解：对两边平方得
，
进一步整理可得，
解得或，
于是
故选：C
【点睛】本题考查同角三角函数关系和正切的二倍角公式，考查运算能力，是中档题.
4、B
【解析】先根据一元二次不等式和对数不等式的求解方法求得集合M、N，再由集合的交集运算可得选项
【详解】解：由得，解得或，所以集合，
由得，解得，所以集合，
所以，
故选：B
5、B
【解析】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
【详解】解：长方体的一个顶点上的三条棱长分别是3，4，5，且它的8个顶点都在同一个球面上，
所以长方体的对角线就是球的直径，长方体的对角线为：，
所以球的半径为：；则这个球的表面积是：
故选：
6、C
【解析】由在上单调递减可知，由方程恰好有两个不相等的实数解，可知，，又时，抛物线与直线相切，也符合题意，∴实数的取值范围是，故选C.
【考点】函数性质综合应用
【名师点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路：
（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解
7、B
【解析】容易得出，，即得出，，从而得出，
【详解】，.
又，即，，
，
故选B.
【点睛】本题考查对数函数单调性的应用，求解时注意总结规律，即对数的底数和真数同时大于1或同时大于0小于1，函数值大于0；若一个大于1，另一个大于0小于1，函数值小于0
8、A
【解析】解析：设与直线平行直线方程为，
把点代入可得，所以所求直线的方程为，
故选A
9、A
【解析】当时，在上递减，在递减，且在上递减，任意都有，充分性成立；若在上递减，在上递增，任意，都有，必要性不成立，“”是函数满足：对任意的，都有”的充分不必要条件，故选A.
10、A
【解析】由题意可得,，
，
，．故A正确
考点：三角函数单调性

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】根据角的终边经过点，利用三角函数的定义求得，然后利用二倍角公式求解.
【详解】因为角的终边经过点，
所以，
所以，
所以，
故答案为：
12、②③⇒⑤；③④⇒⑤；②④⇒⑤
【解析】利用不等式的性质和做差比较即可得到答案.
【详解】由②③⇒⑤，
因为，，则.
由③④⇒⑤，
由于，，则，所以.
由②④⇒⑤，
由于，且，则，所以.
故答案为：②③⇒⑤；③④⇒⑤；②④⇒⑤
13、
【解析】首先利用图像作出相邻两个面所成角，然后利用已知条件求出正四面体相邻两个面所成角的两边即可求解.
【详解】由题意，四面体为正三棱锥，不妨设正三棱锥的边长为，过作平面，垂足为，取的中点，并连接、、、，如下图：

由正四面体的性质可知，为底面正三角形的中心，
从而，，
∵为的中点，为正三角形，
所以，，所以为正四面体相邻两个面所成角
∵，
∴易得，，
∵平面，平面，
∴，
故.
故答案为：.
14、
【解析】利用二倍角余弦公式，把问题转化为关于的二次函数的最值问题.
【详解】
，
又，
∴函数的最大值为.
故答案为：.
15、
【解析】由题意得
16、
【解析】由题意得到时，恒成立，然后根据当和时，进行分类讨论即可求出结果.
详解】依题意，当时，恒成立
当时，，符合题意；
当时，则，即
解得，
综上，实数m的取值范围是，
故答案：

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）见解析（2）增区间为，，减区间为（3）当时，；当时，
【解析】（1）时，，定义域为，关于原点对称，而，故是奇函数.（2）时，，不同范围上的函数解析式都是二次形式且有相同的对称轴，因，故函数的增区间为，，减区间为.（3）根据（2）的单调性可知，比较的大小即可得到.
解析：（1）若，则，其定义域是一切实数.且有，所以是奇函数.
（2）函数，因为，则函数在区间递减，在区间递增 ，函数在区间递增.∴综上可知，函数的增区间为，，减区间为.
（3）由得.又函数在递增，在递减， 且，.
若，即时，；
若，即时，.
∴综上，当时，；当时，.
点睛：带有绝对值符号的函数，往往可以通过讨论代数式的正负去掉绝对值符号，从而把原函数转化为分段函数，每一段上的函数都是熟悉的函数，讨论它们的单调性就可以得到原函数的单调性.
18、（1）
（2）
【解析】（1）根据对数型函数定义的求法简单计算即可.
（2）利用复合函数的单调性的判断可知，然后依据题意可得进行计算即可.
【小问1详解】
由题意可得，即，
因为，所以解得.
故的定义域为.
【小问2详解】
假设存在实数，使函数在区间上单调递减，并且最大值为1.
设函数，由，得，
所以在区间上减函数且恒成立，
因为在区间上单调递减，
所以且，即.
又因为在区间上的最大值为1，
所以，
整理得，解得.
因为，所以，
所以存在实数，使函数在区间上单调递减，并且最大值为1
19、（1）
（2）
【解析】（1）化简求得集合，根据补集的概念运算可得结果；
（2）由，根据，求出，再求出，计算可求出结果.
【小问1详解】
由题意得：当时，

所以
【小问2详解】
由题意知：
又
所以方程的一个根为4，
解得，所以，符合题设条件，
故
20、证明见解析
【解析】由奇偶性的定义证明即可得出结果.
【详解】中，，即，
的定义域为，关于原点对称，
,
，函数是奇函数.
21、（1）（2）
【解析】（1）根据函数过点代入解析式，即可求得的值；
（2）由（1）可得函数的解析式，结合函数的单调性求出x的取值范围.
【详解】解：（1）∵函数的图象经过点，即，可得；
（2）由（1）得，即
，，
【点睛】本题考查待定系数法求函数解析式，以及由指数函数的单调性解不等式，属于基础题.