2025年河北省正定中学数学高一上期末统考试题含解析.doc

2025年河北省正定中学数学高一上期末统考试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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，则（）
A. B.
C. D.
2．已知集合，集合，则（ ）
A.{-1，0，1} B.{1，2}
C.{-1，0，1，2} D.{0，1，2}
3．已知函数（其中）的图象如下图所示，则的图象是（ ）

A. B.
C. D.
4．下列函数中，与函数的定义域与值域相同的是（ ）
A.y=sinx B.
C. D.
5．函数的零点的个数为
A. B.
C. D.
6．已知函数在上的值域为R，则a的取值范围是　　
A. B.
C. D.
7．已知幂函数的图象过点，则的值为（　　）
A.3 B.9
C.27 D.
8．已知函数（，且）的图象恒过点，若角的终边经过点，则的值为（）
A. B.
C. D.
9．函数在区间上的最大值是
A.1 B.
C. D.1+
10．设，为平面向量，则“存在实数，使得”是“向量，共线”的（）
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．设为向量的夹角，且，，则的取值范围是_____.
12．将函数的图象先向下平移1个单位长度，在作关于直线对称的图象，得到函数，则__________.
13．已知，则__________
14．已知，则的值为___________.
15．已知函数，若对任意的、，，都有成立，则实数的取值范围是______.
16．高斯是德国著名的数学家，用其名字命名的“高斯函数”为，其中表示不超过x的最大整数.例如：，.已知函数，若，则________；不等式的解集为________.
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．设函数是定义在R上的奇函数.
（Ⅰ）求实数m的值；
（Ⅱ）若，且在上的最小值为2，求实数k的取值范围.
18．在平面直角坐标系中，已知为坐标原点，点的坐标为，点的坐标为，其中且．设
（）若，，，求方程在区间内的解集
（）若函数满足：图象关于点对称，在处取得最小值，试确定、和应满足的与之等价的条件
19．已知函数，其中
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若关于x的方程的解集中恰好有一个元素，求m的取值范围；
（3）设，若对任意，函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1，求m的取值范围
20．已知集合，，.若，求实数a的取值范围.
21．已知集合，集合
（1）若“”是“”的充分条件，求实数的取值范围；
（2）若，求实数的取值范围.
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、B
【解析】利用集合间的关系，集合的交并补运算对每个选项分析判断.
【详解】由题，故A错；
∵，，∴，B正确；
，C错；
，D错；
故选:B
2、B
【解析】由交集定义求得结果.
【详解】由交集定义知
故选：B
3、A
【解析】根据二次函数图象上特殊点的正负性，结合指数型函数的性质进行判断即可.
【详解】解：由图象可知：，
因，所以由可得：，
由可得：，
由可得：，
因此有，
所以函数是减函数，，所以选项A符合，
故选：A
4、D
【解析】由函数的定义域为，值域依次对各选项判断即可
【详解】解：由函数的定义域为，值域，
对于定义域为，值域，，错误；
对于的定义域为，值域，错误；
对于的定义域为，，值域，，错误；
对于的定义域为，值域，正确，
故选：
5、B
【解析】略
【详解】因为函数单调递增，且x=3,y>0,x=1,y<0，所以零点个数为1
6、A
【解析】利用分段函数，通过一次函数以及指数函数判断求解即可
【详解】解：函数在上的值域为R，
当函数的值域不可能是R，
可得，
解得：
故选A
【点睛】本题考查分段函数的应用，函数的最值的求法，属于基础题.
7、C
【解析】求出幂函数的解析式，然后求解函数值
【详解】幂函数的图象过点，
可得，解得，
幂函数的解析式为：，
可得（3）
故选：
8、A
【解析】令指数函数的指数为零即可求出指数型函数过定点的坐标，再根据三角函数的定义计算可得；
【详解】解：因为函数（，且），令，即时，所以函数恒过定点，又角的终边经过点，所以，
故选：A
9、C
【解析】由,
故选C.
10、A
【解析】结合充分条件和必要条件的概念以及向量共线即可判断.
【详解】充分性：由共线定理即可判断充分性成立；
必要性：若，，则向量，共线，但不存在实数，使得，即必要性不成立.
故选：A.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】将平方可得cosθ，利用对勾函数性质可得最小值，从而得解.
【详解】两个不共线的向量，的夹角为θ，且，
可得：，
可得cosθ
那么cosθ的取值范围：
故答案为
【点睛】本题考查向量的数量积的应用，向量夹角的求法，考查计算能力，属于中档题.
12、5
【解析】利用平移变换和反函数的定义得到的解析式，进而得解.
【详解】函数的图象先向下平移1个单位长度得到
作关于直线对称的图象，即的反函数，则
，，即，

故答案为：5
【点睛】关键点点睛：本题考查图像的平移变换和反函数的应用，利用反函数的性质求出的解析式是解题的关键，属于基础题.
13、
【解析】将题干中的两个等式先平方再相加，利用两角差的余弦公式可求得结果.
【详解】由，
，
两式相加有，
可得
故答案为：.
14、##
【解析】根据给定条件结合二倍角的正切公式计算作答.
【详解】因，则，
所以的值为.
故答案为：
15、
【解析】分析出函数为上的减函数，结合已知条件可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】设，则，由可得，即，
所以，函数为上的减函数.
由于，
由题意可知，函数在上为减函数，则，
函数在上为减函数，则，
且有，所以，解得.
因此，实数的取值范围是.
故答案：.
【点睛】关键点点睛：在利用分段函数的单调性求参数时，除了分析每支函数的单调性外，还应由间断点处函数值的大小关系得出关于参数的不等式组求解.
16、 ①. ②.
【解析】第一空：”根据“高斯函数”的定义，可得，进而再分类讨论建立方程求值即可；第二空：分类讨论建立不等式求解即可.
【详解】由题意，得，
当时，，即；
当时，，即(舍)，
综上；
当时，，即，
当时，，即，
综上，.
故答案为：；.
【点睛】关键点睛：求解分段函数相关问题的关键是“分段归类”，即应用分类讨论思想.

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、 (Ⅰ)；(Ⅱ).
【解析】（Ⅰ）由奇函数即可解得，需要检验；
（Ⅱ）由得,进而得，令，得,结合的范围求解即可.
试题解析：
(Ⅰ)
经检验成立 .
(Ⅱ).
，设
设.
.
当时，成立.
当时，成立 .
当时，不成立，舍去.
综上所述，实数的取值范围是.
18、（1）解集为；（2）见解析.
【解析】分析：（）由平面向量数量积公式、结合辅助角公式可得，令，从而可得结果；（）“图象关于点对称，且在处取得最小值”．因此，根据三角函数的图象特征可以知道，，故有，
∴，，当且仅当，时，的图象关于点对称；此时，，对讨论两种情况可得使得函数满足“图象关于点对称，且在处取得最小值的充要条件”是“，时，，；或当时，，”.
详解：（）根据题意，
当，，时，
，，
则有或，
即或，
又因为，故在内解集为
（）解：因为，设周期
因为函数须满足“图象关于点对称，且在处取得最小值”
因此，根据三角函数的图象特征可以知道，，
故有，
∴，，
又因为，形如的函数的图象的对称中心都是的零点，
故需满足，而当，时，
因为，；
所以当且仅当，时，
的图象关于点对称；
此时，，
∴，
（i）当，时，，进一步要使处取得最小值，
则有，
∴，故，
又，则有，，
因此，由可得，
（ii）当时，，进一步要使处取得最小值，
则有；
又，则有，
因此，由，可得，
综上，使得函数满足“图象关于点对称，且在处取得最小值的充要条件”是“，时，，；或当时，，”
点睛：本题主要考查公式三角函数的图像和性质以及辅助角公式的应用，属于难题.利用该公式() 可以求出:①的周期;②单调区间（利用正弦函数的单调区间可通过解不等式求得）；③值域（）；④对称轴及对称中心（由可得对称轴方程，由可得对称中心横坐标.
19、（1）；
（2）；
（3）.
【解析】（1）当时，解对数不等式即可
（2）根据对数的运算法则进行化简，转化为一元二次方程，讨论的取值范围进行求解即可
（3）根据条件得到恒成立，利用二次函数的性质求最值即求.
【小问1详解】
由，得，即
∴且，
解得
【小问2详解】
由题得，即，
①当时，，经检验，满足题意
②当时，
（ⅰ）当时，，经检验，不满足题意
（ⅱ）当且时，，，
是原方程的解当且仅当，即；
是原方程的解当且仅当，即
因为解集中恰有一个元素则满足题意的m不存在
综上，m的取值范围为
【小问3详解】
当时，，
所以在上单调递减
∴函数在区间上的最大值与最小值分别为
，即，
对任意成立
因为，所以函数在区间上单调递增，
当时，y有最小值，由，得
故m的取值范围为
20、
【解析】求函数定义域得，解不等式得，进而得，再结合题意，分和两种情况求解即可.
【详解】解：由，解得，所以，
因为，解得，所以
所以
因为，
所以，当时，，解得
时，可得，解得：
综上可得：实数a的取值范围是
21、（1）；
（2）.
【解析】（1）由已知可得，可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围；
（2）分、两种情况讨论，根据可得出关于实数的不等式（组），综合可得出实数的取值范围.
【小问1详解】
解：由已知得，故有， 解得，故的取值范围为.
【小问2详解】
解：当时，则，解得；
当时，则或，解得.
∴的取值范围为.