2025-2026学年重庆市綦江区南州中学高一数学第一学期期末质量检测试题含解析.doc

2025-2026学年重庆市綦江区南州中学高一数学第一学期期末质量检测试题
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．直线的倾斜角是（）
A.30° B.60°
C.120° D.150°
2．根据表格中的数据， 可以判定函数的一个零点所在的区间为

A. B.
C. D.
3．已知幂函数的图象过点，则该函数的解析式为（）
A. B.
C. D.
4．若，，，，则（ ）
A. B.
C. D.
5．已知函数为定义在上的偶函数，在上单调递减，并且，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
6．设集合M=，N=，则MN等于
A.｛0｝ B.｛0，5｝
C.｛0，1，5｝ D.｛0，－1，－5｝
7．已知角的终边经过点，则的值为（）
A.11 B.10
C.12 D.13
8．设p：关于x的方程有解；q：函数在区间上恒为正值，则p是q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
9．已知角α的终边过点P(4，－3)，则sinα＋cosα的值是（ ）
A. B.
C. D.
10．函数的定义域是（　）
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．命题“”的否定是________________.
12．已知定义域为R的函数，满足，则实数a的取值范围是______
13．已知函数若关于的方程有5个不同的实数根，则的取值范围为___________.
14．已知函数，则的值为_________.
15．__________
16．函数的最小值为______.
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）求式子 lg 25＋lg 2＋的值
（2）已知tan ＝2.求2sin2－3sin cos ＋cos2的值.
18．已知，， ，为第二象限角，求和的值.
19．对于两个函数：和，的最大值为M，若存在最小的正整数k，使得恒成立，则称是的“k阶上界函数”.
（1）若，是的“k阶上界函数”.求k的值；
（2）已知，设，，.
（i）求的最小值和最大值；
（ii）求证：是的“2阶上界函数”.
20．已知函数是上的偶函数，且当时，.
（1）求的值；
（2）求函数的表达式，并直接写出其单调区间（不需要证明）；
（3）若，求实数的取值范围.
21．体育课上，小明进行一项趣味测试，在操场上从甲位置出发沿着同一跑道走到乙位置，有两种不同的行走方式（以下）.方式一：小明一半的时间以的速度行走，刹余一半时间换为以的速度行走，平均速度为；方式二：小明一半的路程以的速度行走，剩余一半路程换为以的速度行走，平均速度为；
（1）试求两种行走方式的平均速度；
（2）比较的大小.
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】设直线的倾斜角为，得到，即可求解，得到答案.
【详解】设直线的倾斜角为，
又由直线，可得直线的斜率为，
所以，又由，解得，
即直线的倾斜角为，
故选：C
【点睛】本题主要考查了直线的斜率与倾斜角的关系，以及直线方程的应用，其中解答中熟记直线的斜率和直线的倾斜角的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
2、D
【解析】函数，满足.
由零点存在定理可知函数的一个零点所在的区间为.
故选D.
点睛：函数的零点问题，常根据零点存在性定理来判断，如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，且有f(a)·f(b)<0，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)使得f(c)＝0, 这个c也就是方程f(x)＝0的根．由此可判断根所在区间.
3、C
【解析】设出幂函数的解析式，根据点求得解析式.
【详解】设，
依题意，
所以.
故选：C
4、C
【解析】由于，所以先由已知条件求出，的值，从而可求出答案
【详解】，
因为，，
所以，，
因为，，
所以，，
则
故选：C
【点睛】此题考查同角三角函数的关系的应用，考查两角差的余弦公式的应用，考查计算能力，属于基础题.
5、D
【解析】利用函数的奇偶性得到，再解不等式组即得解.
【详解】解：由题得.
因为在上单调递减，并且，
所以，所以或.
故选：D
6、C
【解析】,选C.
7、B
【解析】由角的终边经过点，根据三角函数定义，求出，带入即可求解.
【详解】∵角的终边经过点，
∴，
∴.
故选：B
【点睛】利用定义法求三角函数值要注意：
(1) 三角函数值的大小与点P（x,y）在终边上的位置无关，严格代入定义式子就可以求出对应三角函数值；
(2) 当角的终边在直线上时，或终边上的点带参数必要时，要对参数进行讨论
8、B
【解析】先化简p,q，再利用充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】因为方程有解,即方程有解，
令，则，即；
因为函数在区间上恒为正值，
所以在区间上恒成立，即在区间上恒成立，
解得，
所以p是q的必要不充分条件，
故选：B
9、A
【解析】由三角函数的定义可求得sinα与cosα，从而可得sinα+cosα的值
【详解】∵知角α的终边经过点P（4，-3），
∴sinα，cosα，
∴sinα+cosα
故选：A
10、C
【解析】函数式由两部分构成，且每一部分都是分式，分母又含有根式，求解时既保证分式有意义，还要保证根式有意义
【详解】解：要使原函数有意义，需解得，所以函数的定义域为．故选C
【考点】函数的定义域及其求法
【点睛】先把函数各部分的取值范围确定下来，然后求它们的交集是解决本题的关键

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、.
【解析】根据含有一个量词的命题的否定可得结果
【详解】由含有一个量词的命题的否定可得，命题“”的否定为“”
故答案为
【点睛】对于含有量词的命题的否定要注意两点：一是要改换量词，把特称（全称）量词改为全称（特称）量词；二是把命题进行否定．本题考查特称命题的否定，属于简单题
12、
【解析】先判断函数奇偶性，再判断函数的单调性，从而把条件不等式转化为简单不等式.
【详解】由函数定义域为R，
且，
可知函数为奇函数.
，令
则，令
则即在定义域R上单调递增，
又，
由此可知，当时，即，函数即为减函数；
当时，即，函数即为增函数，
故函数在R上的最小值为，
可知函数在定义域为R上为增函数.
根据以上两个性质，不等式
可化为，
不等式等价于即
解之得或
故答案为
13、
【解析】根据函数的解析式作出函数的大致图像，再将
整理变形，然后将方程的根的问题转化为函数图象的交点问题解决.
【详解】由题意得，即或，
的图象如图所示，

关于的方程有5个不同的实数根，
则或，解得，
故答案为：
14、
【解析】，填.
15、2
【解析】

考点：对数与指数的运算性质
16、
【解析】先根据二倍角余弦公式将函数转化为二次函数，再根据二次函数性质求最值.
【详解】
所以令，则
因此当时，取最小值，
故答案为：
【点睛】本题考查二倍角余弦公式以及二次函数最值，考查基本分析求解能力，属基础题.

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）利用的对数性质计算即可；
（2）利用三角函数同角关系计算即可.
【详解】
=；
，在第一或第三象限，
，，
若在第一象限，则，
若在第三象限，则，
不论是在第一或第三象限，都有，
原式
；
综上，答案为：，.
18、，
【解析】由已知可求得，，根据和的余弦公式可求得，再利用二倍角公式即可求出.
详解】，，，
，为第二象限角，
则，解得，
，
，
.
19、（1）；
（2）（i）时，，；时，，；时，，；（ii）证明部分见解析.
【解析】（1）先求，的范围，再求的最大值，利用恒成立问题的方式处理；（2）分类讨论对称轴是否落在上即可；先求的最大值，需观察发现最值在取得，不要尝试用三倍角公式，另外的最大值必定在端点或者在顶点处取得，通过讨论的范围，证明即可
【小问1详解】
时，单调递增，于是，于是
，则最大值为，又恒成立，故
，注意到是正整数，于是符合要求的为.
【小问2详解】
（i）依题意得，为开口向上，对称轴为的二次函数，于是在上递减，在上递增，由于，，下分类讨论：当，即时，，
；当，即时，
，；当，
即当，在上递减，，.
（ii），则，当，即取等号，，，则
，下令
，只需说明时，即可，分类如下：
当时，，且注意到
，此时
，显然时，单调递减，于是；
当，由基本不等式，，且
，，即，此时，而
，时，
由基本不等式，，故有：
综上，时，，即当时，最小正整数
【点睛】本题综合的考查了分类讨论思想，函数值域的求法等问题，特别是观察分析出的最大值，若用三倍角公式反倒会变得更加复杂.
20、（1）
（2）答案见解析（3）
【解析】（1）根据偶函数的性质直接计算；
（2）当时，则，根据偶函数的性质即可求出；
（3）由题可得，根据单调性可得，即可解出.
【小问1详解】
因为是上的偶函数，所以.
【小问2详解】
当时，则，则，
故当时，，
故，
故的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问3详解】
若，即，即
因为在单调递减，所以，
故或，解得：或，
即.
21、（1），
（2）
【解析】（1）直接利用平均速度的定义求出；
（2）利用作差法比较大小.
【小问1详解】
设方式一中小明行走的总路程为s，所用时间为，
由题意得，可知
设方式二中所用时间为，总路程为s，
则
【小问2详解】
.
因为且，所以，即.