2026届云南师范大学附属中学三高一数学第一学期期末质量检测试题含解析.doc

2026届云南师范大学附属中学三高一数学第一学期期末质量检测试题
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．如果不等式成立的充分不必要条件是，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C.或 D.或
2．已知函数f(x)=Acos(ωx+φ)的图像如图所示，，则f(0)=（ ）

A. B.
C. D.
3．已知A(－4,2,3)关于xOz平面的对称点为，关于z轴的对称点为，则等于(　 　)
A.8 B.12
C.16 D.19
4．将函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍，再向右平移个单位，得到的函数的一个对称中心（　　）
A. B.
C. D.
5．函数的图象大致是　　
A. B.
C. D.
6．如图是函数在一个周期内的图象，则其解析式是（ ）

A. B.
C. D.
7．如图，正方形的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（）

A. B.8
C.6 D.
8．已知函数，且在上的最大值为，若函数有四个不同的零点，则实数a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
9．已知sinα + cosα = ，则sin的值为（）
A.- B.
C.- D.
10．若角的终边和单位圆的交点坐标为，则（ ）
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．函数的定义域为______
12．已知，则____________________.
13．函数的零点为_________________.
14．已知函数，若，使得，则实数a的取值范围是___________.
15．能说明命题“如果函数与的对应关系和值域都相同，那么函数和是同一函数”为假命题的一组函数可以是________________，________________
16．函数的最大值是，则实数的取值范围是___________
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()是偶函数.
(1)求的值;
(2)设,判断并证明函数在上的单调性;
(3)令若对恒成立,求实数的取值范围.
18．已知函数（且）的图像过点.
（1）求a的值；
（2）求不等式的解集.
19．已知函数
（1）若，，求；
（2）将函数的图象先向左平移个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象．求函数的单调递增区间
20．已知函数，
（1）求在上的最小值；
（2）记集合，，若，求的取值范围.
21．化简求值：
（1）；
（2）已知，求的值
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、B
【解析】解不等式，得其解集，进而结合充分、必要条件与集合间的包含关系的对应关系，可得不等式组，则有，（注：等号不同时成立），解可得答案
【详解】解不等式，得其解集，，由于
不等式成立的充分不必要条件是
则有，（注：等号不同时成立）；
解得
故选B.
【点睛】本题考查充分、必要条件的判断及运用，注意与集合间关系的对应即可，属于简单题
2、C
【解析】根据所给图象求出函数的解析式，即可求出.
【详解】设函数的周期为，由图像可知，则,故ω=3，
将代入解析式得，
则，所以，
令，代入解析式得，
又因为，解得，
，
.
故选：C.
【点睛】本题考查根据三角函数的部分图象求函数的解析式，属于基础题.
3、A
【解析】由题可知
∴
故选A
4、A
【解析】先根据三角函数图象变换规律写出所得函数的解析式，再求出其对称中心，确定选项
【详解】解：函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍得到图象的解析式为
再向右平移个单位得到图象的解析式为
令，得，所以函数的对称中心为
观察选项只有A符合
故选A
【点睛】本题考查了三角函数图象变换规律，三角函数图象、性质．是三角函数中的重点知识，在试题中出现的频率相当高
5、A
【解析】利用函数的奇偶性排除选项B、C项，然后利用特殊值判断，即可得到答案
【详解】由题意，函数满足，
所以函数为偶函数，排除B、C，
又因为时，，此时，所以排除D，
故选A
【点睛】本题主要考查了函数的图象的识别问题，其中解答中熟练应用函数的奇偶性进行排除，以及利用特殊值进行合理判断是解答的关键，着重考查了分析问题解决问题的能力，属于基础题.
6、B
【解析】通过函数的图象可得到：A=3，，，则，然后再利用点在图象上求解.，
【详解】由函数的图象可知：A=3，，，
所以，
又点在图象上，
所以，
即，
所以，
即，
因为，
所以
所以
故选：B
【点睛】本题主要考查利用三角函数的图象求解析式，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
7、B
【解析】根据斜二测画法得出原图形四边形的性质，然后可计算周长
【详解】由题意，所以原平面图形四边形中，，，，所以，
所以四边形的周长为：
故选：B

8、B
【解析】由在上最大值为，讨论可求出，从而，若有4个零点，则函数与有4个交点，画出图象，结合图象求解即可
【详解】若，则函数在上单调递增，
所以的最小值为，不合题意，则，
要使函数在上的最大值为
如果，即，则，解得，不合题意；
若，即，则解得即，
则
如图所示，若有4个零点，则函数与有4个交点，
只有函数的图象开口向上，即
当与）有一个交点时，方程有一个根，
得，此时函数有二个不同的零点，
要使函数有四个不同的零点，与有两个交点，则抛物线的图象开口要比的图象开口大，可得，
所以，即实数a的取值范围为
故选：B

【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查二次函数的性质的应用，考查数形结合的思想，解题的关键是由已知条件求出的值，然后将问题转化为函数与有4个交点，画出函数图象，结合图象求解即可，属于较难题
9、C
【解析】应用辅助角公式可得，再应用诱导公式求目标三角函数的值.
【详解】由题设，，而.
故选：C
10、C
【解析】直接利用三角函数的定义可得.
【详解】因为角的终边和单位圆的交点坐标为，
所以由三角函数定义可得：.
故选：C

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】由对数的真数大于零、二次根式的被开方数非负，分式的分母不为零，列不等式组可求得答案
【详解】由题意得
，解得，
所以函数的定义域为，
故答案为：
12、7
【解析】将两边平方，化简即可得结果.
【详解】因为，
所以,两边平方可得，
所以，故答案为7.
【点睛】本题主要考查指数的运算，意在考查对基础知识的掌握情况，属于简单题.
13、.
【解析】解方程即可.
【详解】令，可得，所以函数的零点为.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查求函数的零点，属基础题.
14、
【解析】将“对，使得，”转化为，再根据二次函数的性质和指数函数的单调性求得最值代入即可解得结果.
【详解】当时，，
∴当时，，
当时，为增函数，
所以时，取得最大值，
∵对，使得，
∴，
∴，解得.
故答案为：.
15、 ①. ②.（答案不唯一）；
【解析】根据所学函数，取特例即可.
【详解】根据所学过过的函数，可取，，
函数的对应法则相同，值域都为，
但函数定义域不同，是不同的函数，故命题为假.
故答案为：；
16、 [－1,0]
【解析】函数，当时，函数有最大值，又因为，所以，故实数的取值范围是

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、（1）（2）单调递增函数.见解析（3）
【解析】（1）由题意得，推出得，从而有，解出即可；
（2）先求出函数的解析式，再根据单调性的性质即可得判断函数的单调性，再利用作差法证明即可；
（3），令，换元法得在上恒成立，利用分离变量法求出函数在上的最值，从而可求出的取值范围
【详解】解:(1)由是偶函数得，
可得，
∴，即，得，
解得:；
(2)由(1)可知，
,
，
和在上单调递增，
为在上的单调递增函数，
证明:任取，那么
，
，，
，，
则,，
，
即那么，
为在上的单调递增函数；
(3)由(2)可知，
那么，
令,则，
,，
转化为在上恒成立，
即在上恒成立，
而函数和在上单调递增，
则函数在上单调递增，
∴，
∴，
故：实数的取值范围为
【点睛】本题主要考查对数型函数的奇偶性与单调性的综合，考查恒成立问题，属于中档题
18、（1）
（2）
【解析】（1）代入点坐标计算即可；（2）根据定义域和单调性即可获解
【小问1详解】
依题意有
∴.
【小问2详解】
易知函数在上单调递增，
又，
∴解得.
∴不等式的解集为.
19、（1）
（2）
【解析】（1）由平方关系求出，再由求解即可；
（2）由伸缩变换和平移变换得出的解析式，再由正弦函数的性质得出函数的单调递增区间
【小问1详解】
依题意，
因为，所以，所以
从而
【小问2详解】
将函数的图象先向左平移个单位长度，得到函数的图象
再把所得图象上所有点的横坐标变为原来的，得到函数的图象
令，的单调递增区间是
所以，，解得，
所以函数的单调递增区间为
20、（1）答案见解析
（2）
【解析】（1）按对称轴与区间的相对位置关系，分三种情况讨论求最小值；
（2）分与解不等式，再分析的情况即可求解.
【小问1详解】
解：（1）由，抛物线开口向上，对称轴为，
在上的最小值需考虑对称轴与区间的位置关系.
（i）当时，；
（ii）当时，；
（ⅲ）当时，
【小问2详解】
（2）解不等式，即，可得：
当时，不等式的解为；当时，不等式的解为.
（i）当时，要使不等式的解集与有交集，
由得：，
此时对称轴为，
∴只需，即，得.
所以此时
（ii）当时，要使不等式的解集与有交集，
由得：，
此时对称轴为，
∴只需，即，得.
所以此时无解.
综上所述，的取值范围.
21、（1）；（2）.
【解析】(1)根据指数与对数的运算公式求解即可；
(2)根据诱导公式，转化为其次问题进行求解即可.
【详解】(1)原式

.
(2)原式

.