2025-2026学年江苏省常熟市数学高一上期末监测试题含解析.doc

2025-2026学年江苏省常熟市数学高一上期末监测试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．已知函数（，，）的图象如图所示，则（ ）

A.
B.对于任意，，且，都有
C.，都有
D.，使得
2．已知命题：，，则是（）
A.， B.，
C.， D.，
3．设，，定义运算“△”和“”如下：，.若正数，，，满足，，则（）
A.△，△ B.，
C.△， D.，△
4．下列命题中，错误的是（　　）
A.平行于同一条直线的两条直线平行
B.已知直线垂直于平面内的任意一条直线，则直线垂直于平面
C.已知直线平面，直线，则直线
D.已知为直线，、为平面，若且，则
5．将函数图象向右平移个单位得到函数的图象，已知的图象关于原点对称，则的最小正值为（）
A.2 B.3
C.4 D.6
6．设向量=（1.）与=（-1， 2）垂直，则等于
A. B.
C.0 D.-1
7．下列各对角中，终边相同的是（ ）
A.和 B.和
C.和 D.和
8．已知，，且，则的最小值为（ ）
A. B.
C.2 D.1
9．已知点是角的终边上一点，则（）
A. B.
C. D.
10．设则的大小关系是
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．若函数满足，且时，，已知函数，则函数在区间内的零点的个数为__________.
12．函数一段图象如图所示则的解析式为______

13．将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，若使得，且的最小值为，则_________.
14．若函数在区间上是单调递增函数，则实数的取值范围是_______.
15．已知函数，那么_________.
16．使三角式成立的的取值范围为_________
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．已知点，圆
（1）求过点M的圆的切线方程；
（2）若直线与圆相交于A，B两点，且弦AB的长为，求的值
18．已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点.
（1）求；
（2）求的值.
19．已知向量，，.
（Ⅰ）若关于的方程有解，求实数的取值范围；
（Ⅱ）若且，求.
20．设函数.
（1）若在区间上的最大值为，求的取值范围；

（2）若在区间上有零点，求的最小值.
21．已知函数满足：.
（1）证明：；
（2）对满足已知的任意值，都有成立，求m的最小值.
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、C
【解析】根据给定函数图象求出函数的解析式，再逐一分析各个选项即可判断作答.
【详解】观察函数的图象得：，令的周期为，则，即，
，由，且得：，于是有，
对于A，，A不正确；
对于B，取且，满足，，且，而，
，此时，B不正确；
对于C，，，，
即，都有，C正确；
对于D，由得：，解得：，
令，解得与矛盾，D不正确.
故选：C
2、D
【解析】根据命题的否定的定义写出命题的否定，然后判断
【详解】命题：，的否定是：，
故选：D
3、D
【解析】根据所给运算，取特殊值检验即可排除ACB，得到答案.
【详解】令
满足条件，
则，可排除A,C；
令满足。
则，排除B;
故选：D
4、C
【解析】由平行线的传递性可判断A；由线面垂直的定义可判断B；由线面平行的定义可判断C；由线面平行的性质和线面垂直的性质，结合面面垂直的判定定理，可判断D.
【详解】解：由平行线的传递性可得，平行于同一条直线的两条直线平行，故A正确；
由线面垂直的定义可得，若直线垂直于平面内的任意一条直线，则直线垂直于平面，故B正确；
由线面平行的定义可得，若直线平面，直线，则直线或，异面，故C错误；
若，由线面平行的性质，可得过的平面与的交线与平行，
又，可得，结合，可得，故D正确.
故选：C.
5、B
【解析】根据图象平移求出g(x)解析式，g(x)为奇函数，则g(0)＝0，据此即可计算ω的取值.
【详解】根据已知，可得，
∵的图象关于原点对称，所以，从而，Z，
所以，其最小正值为3，此时
故选：B
6、C
【解析】：正确的是C.
点评：此题主要考察平面向量的数量积的概念、运算和性质，同时考察三角函数的求值运算.
7、C
【解析】利用终边相同的角的定义，即可得出结论
【详解】若终边相同，则两角差，
A.，故A选项错误；
B.，故B选项错误；
C.，故C选项正确；
D.，故D选项错误.
故选：C.
【点睛】本题考查终边相同的角的概念，属于基础题.
8、A
【解析】
由已知条件得出，再将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】已知，且，，
由基本不等式可得，
当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为.
故选：A.
【点睛】本题考查利用基本不等式求代数式的最值，考查的妙用，考查计算能力，属于基础题.
9、A
【解析】利用三角函数的定义可求得结果.
【详解】由三角函数的定义可得.
故选：A.
10、C

【解析】由在区间是单调减函数可知，，又，故选.
考点：1.指数函数的性质；2.函数值比较大小.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、10
【解析】根据，可得函数是以2为周期的周期函数，函数在区间内的零点的个数即为函数交点的个数，作出两个函数的图像，结合图像即可得出答案.
【详解】解：因为，所以，
所以函数是以2为周期的周期函数，
令，则，
在同一平面直角坐标系中作出函数的图像，如图所示，
由图可知函数有10个交点，
所以函数在区间内的零点有10个.
故答案为：10.

12、
【解析】由函数的最值求出A，由周期求出，由五点法作图求出的值，从而得到函数的解析式
【详解】由函数的图象的顶点的纵坐标可得，再由函数的周期性可得，
再由五点法作图可得，
故函数的解析式为，
故答案为
【点睛】本题主要考查函数的部分图象求解析式，由函数的最值求出A，由周期求出，由五点法作图求出的值，属于中档题
13、
【解析】根据三角函数的图形变换，求得，根据，不妨设，求得，，得到
则，根据题意得到，即可求解.
【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，
可得，
又由，不妨设，
由，解得，即，
又由，解得，
即
则，
因为的最小值为，可得，解得或，
因为，所以.
故答案为：
14、
【解析】先求出抛物线的对称轴方程，然后由题意可得，解不等式可求出的取值范围
【详解】解：函数的对称轴方程为，
因为函数在区间上是单调递增函数，
所以，解得，
故答案为：
15、3
【解析】首先根据分段函数求的值，再求的值.
【详解】，所以.
故答案为：3
16、
【解析】根据同角三角函数间的基本关系，化为正余弦函数，即可求出.
【详解】因为，，
所以，
所以，
所以终边在第三象限，.
【点睛】本题主要考查了同角三角函数间的基本关系，三角函数在各象限的符号，属于中档题.

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）或．（2）
【解析】(1)分切线的斜率不存在与存在两种情况分析.当斜率存在时设方程为,再根据圆心到直线的距离等于半径求解即可.
(2)利用垂径定理根据圆心到直线的距离列出等式求解即可.
【详解】解：（1）由题意知圆心的坐标为,半径,
当过点M的直线的斜率不存在时,方程为
由圆心到直线的距离知,此时,直线与圆相切
当过点M的直线的斜率存在时,设方程为,
即．由题意知,
解得,∴方程为
故过点M的圆的切线方程为或
（2）∵圆心到直线的距离为,
∴,解得
【点睛】本题主要考查了直线与圆相切与相交时的求解.注意直线过定点时分析斜率不存在与存在两种情况.直线与圆相切用圆心到直线的距离等于半径列式,直线与圆相交用垂径定理列式.属于中档题.
18、（1）；
（2）.
【解析】(1)根据任意角三角函数的定义即可求解tanθ；
(2)分式分子分母同时除以cos2θ化弦为切即可.
【小问1详解】
∵角的终边经过点，由三角函数的定义知，；
【小问2详解】
∵，∴.
19、 (1) (2)
【解析】 （Ⅰ）向量，，，所以.
关于的方程有解，即关于的方程有解.因为，所以当时，方程有解，即解得实数的取值范围；
（Ⅱ）因为，所以，即.当时，，由，解得当时，，由，解得.
试题解析：
（Ⅰ）∵向量，，，
∴.
关于的方程有解，即关于的方程有解.
∵，
∴当时，方程有解.
则实数的取值范围为.
（Ⅱ）因为，所以，即.
当时，，.
当时，，.
20、（1）；（2）
【解析】⑴根据函数图象可得在区间上的最大值必是和其中较大者， 求解即可得到的取值范围；
⑵设方程的两根是，，由根与系数之间的关系转化为，对其化简原式大于或者等于，构造新函数，利用函数的最值来求解
解析：（1）因为图象是开口向上的抛物线，所以在区间上的最大值必是和中较大者，而，所以只要，即，得.
（2）设方程的两根是，，且，
则，
所以

，当且仅当时取等号.
设，
则，
由，得，因此，
所以，
此时，由知.
所以当且时，取得最小值.
点睛：本题考查了函数零点的判定定理，二次函数的性质以及解不等式，在求参量的最值时，利用根与系数之间的关系，转化为根的方程，运用函数的思想当取得对称轴时有最值，本题需要进行化归转化，难度较大
21、（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）由二次不等式恒成立，可得判别式小于等于0，化简即可得证；
（2）由（1）可得，分别讨论或，运用参数分离和函数的单调性，可求得所求的最小值.
【详解】（1）证明：.即恒成立.则，化简得；
（2）由（1）得，
当时，，
令，则，令在上单调递增，所以，所以；
当时，，所以，此时或0，，从而有，
综上可得，m的最小值为.
【点睛】方法点睛：本题考查不等式的证明，以及不等式恒成立问题，常运用参变分离的方法，运用函数的单调性，最值的方法得以解决.