湖北省鄂州市2025-2026学年高一数学第一学期期末学业水平测试试题含解析.doc

湖北省鄂州市2025-2026学年高一数学第一学期期末学业水平测试试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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．函数的单调递增区间是（）
A. B.
C. D.
2．我国在2020年9月22日在联合国大会提出，二氧化碳排放力争于2030年前实现碳达峰，争取在2060年前实现碳中和．为了响应党和国家的号召，某企业在国家科研部门的支持下，进行技术攻关：把二氧化碳转化为一种可利用的化工产品，经测算，该技术处理总成本y（单位：万元）与处理量x（单位：吨）之间的函数关系可近似表示为，当处理量x等于多少吨时，每吨的平均处理成本最少（）
A.120 B.200
C.240 D.400
3．函数零点的个数为（）
A.4 B.3
C.2 D.0
4．若 ，则
A. B.
C.1 D.
5．下列函数是奇函数，且在上单调递增的是( )
A. B.
C. D.
6．已知且，则（ ）
A.有最小值 B.有最大值
C.有最小值 D.有最大值
7．德国著名的天文学家开普勒说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割，如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿．”黄金三角形有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是两底角为的等腰三角形（另一种是两底角为的等腰三角形）．例如，五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，如图所示，在其中一个黄金△ABC中，．根据这些信息，可得sin 54°＝（）

A. B.
C. D.
8．下列命题正确的是（）
A.若，则
B.若，则
C.若，则
D.若，则
9．已知，，则下列不等式正确的是（）
A. B.
C. D.
10．已知函数，则（　　）
A.﹣1 B.
C. D.3
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．如图1，正方形ABCD的边长为2，点M为线段CD的中点.现把正方形纸按照图2进行折叠，使点A与点M重合，折痕与AD交于点E，与BC交于点F.记，则_______.

12．___________
13．已知为三角形的边的中点，点满足，则实数的值为_______
14．若实数x，y满足，且，则的最小值为___________.
15．在中，已知是延长线上一点，若，点为线段的中点，，则_________
16．已知正数a，b满足，则的最小值为______
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．设全集，集合，，
（1）当时，求；
（2）若，求实数的取值范围.
18．已知.
（1）求的值；
（2）若，求的值.
19．已知函数（且）.
（1）判断函数的奇偶性，并证明；
（2）若，不等式在上恒成立，求实数的取值范围；
（3）若且在上最小值为，求m的值.
20．计算：
（1）；
（2）已知，求.
21．如图，已知圆的圆心在坐标原点，点是圆上的一点

（Ⅰ）求圆的方程；
（Ⅱ）若过点的动直线与圆相交于，两点．在平面直角坐标系内，是否存在与点不同的定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由
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】根据诱导公式变性后，利用正弦函数的递减区间可得结果.
【详解】因为，
由，得，
所以函数的单调递增区间是.
故选：C
2、D
【解析】先根据题意求出每吨的平均处理成本与处理量之间的函数关系，然后分和分析讨论求出其最小值即可
【详解】由题意得二氧化碳每吨的平均处理成本为，
当时，，
当时，取得最小值240，
当时，，
当且仅当，即时取等号，此时取得最小值200，
综上，当每月得理量为400吨时，每吨的平均处理成本最低为200元，
故选：D
3、A
【解析】由，得，则将函数零点的个数转化为图象的交点的个数，画出两函数的图象求解即可
【详解】由，得，
所以函数零点的个数等于图象的交点的个数，
函数的图象如图所示，

由图象可知两函数图象有4个交点，
所以有4个零点，
故选：A
4、A
【解析】由，得或，所以，故选A
【考点】同角三角函数间的基本关系，倍角公式
【方法点拨】三角函数求值：①“给角求值”将非特殊角向特殊角转化，通过相消或相约消去非特殊角，进而求出三角函数值；②“给值求值”关键是目标明确，建立已知和所求之间的联系
5、D
【解析】利用幂函数的单调性和奇函数的定义即可求解.
【详解】当时，幂函数为增函数；当时，幂函数为减函数，
故在上单调递减，、和在上单调递增，
从而A错误；
由奇函数定义可知，和不是奇函数，为奇函数，从而BC错误，D正确.
故选：D.
6、A
【解析】根据，变形为，再利用不等式的基本性质得到，进而得到，然后由，利用基本不等式求解.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
当且仅当时取等号，
故选：A.
【点睛】思路点睛：本题思路是利用分离常数法转化为，再由，利用不等式的性质构造，再利用基本不等式求解.
7、C
【解析】先求出，再借助倍角公式求出，通过诱导公式求出sin 54°.
【详解】正五边形的一个内角为，则，，
，所以
故选：C.
8、D
【解析】由不等式性质依次判断各个选项即可.
【详解】对于A，若，由可得：，A错误；
对于B，若，则，此时未必成立，B错误；
对于C，当时，，C错误；
对于D，当时，由不等式性质知：，D正确.
故选：D.
9、C
【解析】利用指数函数、对数函数的单调性即可求解.
【详解】由为单调递减函数，则，
为单调递减函数，则，
为单调递增函数，则
故.
故选：C
【点睛】本题考查了指数函数、对数函数的单调性比较指数式、对数式的大小，属于基础题.
10、C
【解析】先计算，再代入计算得到答案.
【详解】，则
故选：
【点睛】本题考查了分段函数的计算，意在考查学生的计算能力.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】设，则，利用勾股定理求得，进而得出
，根据正弦函数的定义求出，由诱导公式求出，结合同角的三角函数关系和两角和的正弦公式计算即可.
【详解】设，则，
在中，，所以，
即，解得，所以，
所以在中，，
则，
又，
所以.
故答案为：
12、
【解析】利用、两角和的正弦展开式进行化简可得答案.
【详解】

故答案为：.
13、
【解析】根据向量减法的几何意义及向量的数乘便可由得出, 再由D为△ABC的边BC的中点及向量加法的平行四边形法则即可得出点D为AP的中点，从而便可得出，这样便可得出λ的值
【详解】=,所以，D为△ABC的边BC中点，∴∴如图，D为AP的中点；

∴,又，所以-2.故答案为-2.
【点睛】本题考查向量减法的几何意义，向量的数乘运算，及向量数乘的几何意义，向量加法的平行四边形法则，共线向量基本定理，属于中档题.
14、8
【解析】由给定条件可得，再变形配凑借助均值不等式计算作答.
【详解】由得：，又实数x，y满足，
则，当且仅当，即时取“=”，
由解得：，
所以当时，取最小值8.
故答案为：8
【点睛】思路点睛：在运用基本不等式时，要特别注意“拆”、“拼”、“凑”等技巧，使用其满足基本不等式的“一正”、“二定”、“三相等”的条件.
15、
【解析】通过利用向量的三角形法则，以及向量共线，代入化简即可得出
【详解】
解：∵（）（），
∴λ，
∴
故答案为
【点睛】本题考查了向量共线定理、向量的三角形法则，考查了推理能力与计算能力，属于中档题
16、##
【解析】右边化简可得，利用基本不等式，计算化简即可求得结果.
【详解】，
故,则，当且仅当时，等号成立
故答案为：

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) (2)
【解析】（1）先求集合B补集,再根据数轴求交集（2）由数轴可得m条件，解方程组可得实数的取值范围
试题解析：（1）当时，，
所以，
故；
（2）因为， 所以
解得.
18、（1）；（2）.
【解析】（1）根据三角函数的基本关系式，化简得，即可求解；
（2）由（1）知，根据三角函数诱导公式，化简得到原式，结合三角函数的基本关系式，即可求解.
【详解】（1）根据三角函数的基本关系式，可得，解得.
（2）由（1）知，
又由.
因为，且，所以，可得，
所以
19、（1）为奇函数，证明见解析.
（2）.
（3）.
【解析】（1）根据函数的奇偶性的定义可得证；
（2）由（1）得出是定义域为的奇函数，再判断出是上的单调递增，进而转化为，进而可求解；
（3）利用，可得到，所以，令，则，进而对二次函数对称轴讨论求得最值即可求出的值.
【小问1详解】
解：函数的定义域为，又，∴为奇函数.
【小问2详解】
解：，∵，∴，或（舍）.∴单调递增.
又∵为奇函数，定义域为R，∴，
∴所以不等式等价于，，，
∴.故的取值范围为.
【小问3详解】
解：，解得（舍），，
令，∵，∴，，
当时，，解得（舍），
当时，，解得（舍），
综上，.
20、（1）；（2）.
【解析】（1）根据对数的运算法则和对数恒等式，即可求解；
（2）根据同角三角函数关系，由已知可得，代入所求式子，即可求解.
【详解】（1）原式；
（2）∵
∴
∴.
21、（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】(Ⅰ)设圆的方程为，将代入，求得，从而可得结果；(Ⅱ)先设，由可得，再证明对任意，满足即可，，则利用韦达定理可得， ，由角平分线定理可得结果.
【详解】(Ⅰ)设圆的方程为，将代入，求得，
所以圆的方程为；
(Ⅱ)先设，，
由
由（舍去）
再证明对任意，满足即可，
由，
则
则利用韦达定理可得，
化为
所以 ，
由角平分线定理可得，
即存在与点不同的定点，使得恒成立，.
【点睛】本题主要考查待定系数法求圆方程及韦达定理、直线和圆的位置关系及曲线线过定点问题.属于难题.探索曲线过定点的常见方法有两种：① 可设出曲线方程 ，然后利用条件建立等量关系进行消元（往往可以化为的形式，根据 求解），借助于曲线系的思想找出定点(直线过定点，也可以根据直线的各种形式的标准方程找出定点).② 从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.