湖南省邵阳市邵阳县2025-2026学年数学高一上期末质量检测试题含解析.doc

湖南省邵阳市邵阳县2025-2026学年数学高一上期末质量检测试题
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．下列函数中定义域为，且在上单调递增的是
A. B.
C. D.
2．.已知集合，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
3．已知点，，则直线的倾斜角为（ ）
A. B.
C. D.
4．计算sin(－1380°)的值为（ ）
A. B.
C. D.
5．已知全集，，，则()=（）
A.{} B.{}
C.{} D.{}
6．定义在上的奇函数满足，且当时，，则方程在上的所有根的和为（ ）
A. B.
C. D.
7．已知函数的图像如图所示，则函数与在同一坐标系中的图像是（ ）

A. B.
C. D.
8．设全集，，，则（ ）
A. B.
C. D.
9．如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC．△ABC的三边所围成的区域记为I，黑色部分记为II，其余部分记为III．在整个图形中随机取一点，此点取自I，II，III的概率分别记为p1，p2，p3，则

A.p1=p2 B.p1=p3
C.p2=p3 D.p1=p2+p3
10．若，，，则，，的大小关系是（）
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．若扇形的面积为9，圆心角为2弧度，则该扇形的弧长为______
12．命题“”的否定是___________.
13．已知角的终边过点，则_______
14．请写出一个同时满足下列两个条件的函数：____________.
（1） ，若则（2）
15．若角的终边经过点，则___________
16．设且，函数的图像恒过定点______
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）求函数的值域；
（2）若对任意的，都有恒成立，求实数a的取值范围；
（3）若对任意的，都存在四个不同的实数，，，，使得，其中，2，3，4，求实数a的取值范围
18．求解下列问题
（1）化简（其中各字母均为正数）：；
（2）化简并求值：
19．△ABC的顶点坐标分别为A(1,3)，B(5,7)，C(10,12)，求BC边上的高所在的直线的方程
20．已知函数是偶函数
（1）求实数的值；
（2）若函数的最小值为，求实数的值；
（3）当为何值时，讨论关于的方程的根的个数
21．已知函数，函数为R上的奇函数，且.
（1）求的解析式：
（2）判断在区间上的单调性，并用定义给予证明：
（3）若的定义域为时，求关于x的不等式的解集.
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、D
【解析】先求解选项中各函数的定义域，再判定各函数的单调性，可得选项.
【详解】因为的定义域为，的定义域为，所以排除选项B,C.
因为在是减函数，所以排除选项A，故选D.
【点睛】本题主要考查函数的性质，求解函数定义域时，熟记常见的类型：分式，偶次根式，对数式等，单调性一般结合初等函数的单调性进行判定，侧重考查数学抽象的核心素养.
2、A
【解析】先将分别变形，然后根据数值的奇偶判断出的关系，由此求解出的结果.
【详解】因为，所以，所以；
又因为，所以，所以，
又因为表示所有的奇数，表示部分奇数，所以Ü；
所以，
故选：A.
3、B
【解析】由两点求斜率公式可得AB所在直线当斜率，再由斜率等于倾斜角的正切值求解
【详解】解：∵直线过点，，
∴，
设AB的倾斜角为α（0°≤α＜180°），
则tanα＝1，即α＝45°
故选B
【点睛】本题考查直线的倾斜角，考查直线倾斜角与斜率的关系，是基础题
4、D
【解析】根据诱导公式以及特殊角三角函数值求结果.
【详解】sin(－1380°) =sin(－1380°+1440°)= sin(60°)=
故选：D
【点睛】本题考查诱导公式以及特殊角三角函数值，考查基本求解能力，属基础题.
5、D
【解析】先求得，再求与集合的交集即可.
【详解】因为全集，，，
故可得，则().
故选：.
6、D
【解析】首先由题所给条件计算函数的周期性与对称性，作出函数图像，在上的所有根等价于函数与图像的交点，从两函数的交点找到根之间的关系，从而求得所有根的和.
【详解】函数为奇函数，所以，则的对称轴为：，
由知函数周期为8，作出函数图像如下：

在上的所有根等价于函数与图像的交点，交点横坐标按如图所示顺序排列， 因为，，所以两图像在y轴左侧有504个交点，在y轴右侧有506个交点，

故选：D
【点睛】本题考查函数的图像与性质，根据函数的解析式推出周期性与对称性，考查函数的交点与方程的根的关系，属于中档题.
7、B
【解析】由函数的图象可得，函数的图象过点 ，分别代入函数式， ，解得 ，函数与都是增函数，只有选项符合题意，故选B.
【方法点晴】本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除.
8、B
【解析】先求出集合B的补集，再求
【详解】因为，，
所以，
因为，
所以，
故选：B
9、A
【解析】首先设出直角三角形三条边的长度，根据其为直角三角形，从而得到三边的关系，然后应用相应的面积公式求得各个区域的面积，根据其数值大小，确定其关系，再利用面积型几何概型的概率公式确定出p1，p2，p3的关系，从而求得结果.
【详解】设，则有，
从而可以求得的面积为，
黑色部分的面积为，
其余部分的面积为，所以有，
根据面积型几何概型的概率公式，可以得到，故选A.
点睛：该题考查的是面积型几何概型的有关问题，题中需要解决的是概率的大小，根据面积型几何概型的概率公式，将比较概率的大小问题转化为比较区域的面积的大小，利用相关图形的面积公式求得结果.
10、A
【解析】根据指数函数、对数函数的单调性，结合题意，即可得x，y，z的大小关系，即可得答案.
【详解】因为在上为单调递增函数，且，
所以，即，
因为在R上为单调递增函数，且，
所以，即，
又，
所以.
故选：A

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、6
【解析】先由已知求出半径，从而可求出弧长
【详解】设扇形所在圆的半径为，
因为扇形的面积为9，圆心角为2弧度，
所以，得，
所以该扇形的弧长为，
故答案为：6
12、，.
【解析】根据特称命题的否定的性质进行求解即可.
【详解】特称命题的否定，先把存在量词改为全称量词，再把结论进行否定即可，命题“，”的否定是“，”，
故答案为：，.
13、
【解析】由三角函数定义可直接得到结果.
【详解】的终边过点，
故答案为：.
14、，答案不唯一
【解析】由条件（1） ，若则.可知函数为R上增函数；
由条件（2）.可知函数可能为指数型函数.
【详解】令，
则为R上增函数，满足条件（1）.
又，
故
即成立.
故答案为：，（，等均满足题意）
15、
【解析】根据定义求得，再由诱导公式可求解.
【详解】角的终边经过点,
则，
所以.
故答案为：.
16、
【解析】令指数为0即可求得函数图象所过的定点.
【详解】由题意，令，则函数的图象过定点（1,0）.
故答案为：（1,0）.

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）；
（3）
【解析】（1）利用基本函数的单调性即得；
（2）由题可得恒成立，再利用基本不等式即求；
（3）由题意可知对任意一个实数，方程有四个根，利用二次函数的图像及性质可得，即求.
【小问1详解】
∵函数，，
所以函数在上单调递增，
∴函数的值域为；
【小问2详解】
∵对任意的，都有恒成立，
∴，即，
即有，
故有，
∵，，
∴，当且仅当，即取等号，
∴，即，
∴实数a的取值范围为；
【小问3详解】
∵函数的值域为，
由题意可知对任意一个实数，方程有四个根，
又，则必有，

令，，
故有，
故有，可解得，
∴实数a的取值范围为.
18、（1）
（2）
【解析】（1）结合指数运算求得正确答案.
（2）结合对数运算求得正确答案.
【小问1详解】
原式

【小问2详解】
原式

19、
【解析】设所求直线方程的斜率为k.根据以，先求出高所在直线的斜率，进而利用点斜式即可求出；
【详解】设所求直线方程的斜率为k.
因为所求直线与直线BC垂直,所以

所以垂线方程为即.
【点睛】熟练掌握两条直线垂直与斜率的关系、点斜式是解题的关键
20、（1）
（2）
（3）当时，方程有一个根；
当时，方程没有根；
当或或时，方程有两个根；
当时，方程有三个根；
当时，方程有四个根
【解析】（1）利用偶函数满足，求出的值；（2）对函数变形后利用二次函数的最值求的值；（3）定义法得到的单调性，方程通过换元后得到的根的情况，通过分类讨论最终求出结果.
【小问1详解】
由题意得：，即，所以，其中，
∴，解得：
【小问2详解】
，
∴，
故函数的最小值为，
令，故的最小值为，等价于，解得：
或，无解
综上：
【小问3详解】
由，
令，，
有

由，有，，可得，可知函数为增函数，故当时，函数单调递增，由函数为偶函数，可知函数的增区间为，减区间为，
令，有，
方程（记为方程①）可化为，整理为：（记为方程②），
，
当时，有，此时方程②无解，可得方程①无解；
当时，时，方程②的解为，可得方程①仅有一个解为；
时，方程②的解为，可得方程①有两个解；
当时，可得或，
1°当方程②有零根时，，此时方程②还有一根为，可得此时方程①有三个解；
2°当方程②有两负根时，可得，不可能；
3°当方程②有两正根时，可得：，又由，可得，此时方程①有四个根；
4°当方程②有一正根一负根时，，可得：或，又由，可得或，此时方程①有两个根，
由上知：当时，方程①有一个根；
当时，方程①没有根；
当或或时，方程①有两个根；
当时，方程①有三个根；
当时，方程①有四个根
【点睛】对于复合函数根的个数问题，要用换元法来求解，通常方法会用到根的判别式，导函数，基本不等式等.
21、（1）；
（2）单调递增.证明见解析；
（3）
【解析】（1）列方程组解得参数a、b，即可求得的解析式；
（2）以函数单调性定义去证明即可；
（3）依据奇函数在上单调递增，把不等式转化为整式不等式即可解决.
【小问1详解】
由题意可知，即，解之得，
则，经检验，符合题意.
【小问2详解】
在区间上单调递增.
设任意，且，
则
由，且，可得
则，即
故在区间上单调递增.
【小问3详解】
不等式可化为
等价于，解之得
故不等式的解集为