河北省石家庄市七县联合体2025-2026学年高一上学期1月质量检测数学试题（解析版）

学年第一学期高一年级1月份质量检测数学全卷满分分，考试时间分钟．注意事项：指定位置．区域均无效．选择题用铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交．一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用补集、交集的定义直接求解.【详解】因为，，所以，又，所以.故选：A2.与角终边相同的最小正角是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先把化成弧度制，再写成，的形式，确定选项.第1页/共17页【详解】因为.所以与角终边相同的最小正角是.故选：B3.“”的一个充分不必要条件是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】解出的范围，再根据充分不必要条件的判断即可得到答案.【详解】由，得，故“”是“”的一个充分不必要条件.故选：B.4.已知函数若，则的值是（）A.或2B.或2或7C.或7D.2或7【答案】C【解析】【分析】对进行分类讨论，由，根据分段函数解析式列方程，由此求得的值.【详解】若，则，解得或若，则，解得.综上，a的值是或7.故选：C5.若，，且，则的最小值为（）A.8B.9C.10D.16【答案】B【解析】【分析】应用常数代换结合基本不等式计算求解.第2页/共17页【详解】因为，所以，则，当且仅当时，取最小值9.故选：B.6.若，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】“齐次式”，即可求解.【详解】因为，又，所以，故选：B.7.中国传统折扇文化有着极其深厚的底蕴，“数折聚清风，一捻生秋意”是宋朝朱翌描写折扇的诗句．如图，假设这把折扇是从一个大圆中剪下一个扇形OABOCD形成扇环形状的扇面ABCD．当扇子扇形的圆心角为时，扇面看上去形状较为美观．已知，弧AB的长为，则此扇面的面积为（）第3页/共17页A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先通过弧长公式求出大扇形半径，再结合的长度得到小扇形半径，最后利用扇形面积公式计算两个扇形的面积差，得到扇面面积.【详解】设，因为圆心角，弧AB的长为，代入弧长公式可得，解得.所以.由扇形面积公式可得，，，所以此扇面的面积．故选：B8.已知函数若对任意的，且，都有，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.第4页/共17页【答案】D【解析】【分析】根据时，在不单调递增，然后时，列出不等式求解.【详解】因为函数对任意的，且，都有，所以函数在上单调递增，当时，在上递减，不合题意；当时，在上是常函数，不合题意；当时，所以，即，解得，所以实数的取值范围是.故选：D二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.若，则（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】借助不等式的性质判断即可.【详解】由，则，故，则，又，故，，，第5页/共17页则，即，故B、C、D正确，A错误.故选：BCD.10.下列各式结果为1的有（）A.B.C.D.【答案】CD【解析】【分析】利用倍角公式可求AB，利用两角差的正切公式可求CD求解.详解】对于A：，所以A错误；对于B：，所以B错误；对于C：，所以C正确；对于D：，所以D正确，故选：CD．已知函数（x的方程的四个不相等的实数根，则（）A.B.C.的最小值为0D.方程有6个不相等的实数根【答案】ABD【解析】第6页/共17页【分析】根据分段函数作出其图象，利用图象的对称性和翻折特点，利用函数与方程的思想，根据各选项逐一分析，推理计算即可.【详解】如图作出函数的图象.对于A，关于x的方程有四个不相等的实数根，即函数与有四个不同的交点，因为，故有，即A正确；对于B，由图知，由可得，即，整理得，故有，即B正确；对于C，由图知，因为，由可得，当且仅当时等号成立，故，即，故C错误；对于D，设，则，由图知该方程有三个实根为2和，满足，又由图知方程无实根；方程有2个实根；方程有4个实根，故方程有6个不相等的实数根，即D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分．第7页/共17页12.命题：的否定是_________.【答案】【解析】【分析】由含全称量词命题否定可得答案.【详解】命题：的否定是.故答案为：13.已知幂函数在上递减，则不等式的解集为________.【答案】【解析】【分析】根据幂函数定义可构造方程求得的值，结合单调性可确定的最终结果；根据奇偶性定义可得的奇偶性，结合定义域和单调性可得自变量大小关系，解不等式即可求得结果.【详解】为幂函数，，解得：或；当时，在上单调递增，不合题意；当时，在上单调递减，符合题意；综上所述：；的定义域为，，为定义在上的偶函数，故，，由且，解得：或，的解集为.故答案为：.14.已知函数图象的相邻两个对称中心之间的距离是，若将第8页/共17页图象上的每个点向左平移个单位长度得到函数的图象，若为偶函数，且函数的图象在区间上至少含有个零点，则在所有满足条件的区间中，的最小值为______.【答案】【解析】【分析】根据题意求得，确定函数的解析式，再求出的解析式，令，求得或和的图象与性质，即可求解.【详解】由，得，则，所以，又为偶函数，所以，得到，即又，所以，故，所以.令，即，所以或，解得或，又的最小正周期为，所以相邻两个零点之间的距离为或，若最小，则和都是零点，此时在区间分别恰有个零点，第9页/共17页所以在区间上恰有29个零点，从而在区间上至少有1个零点，所以，所以的最小值为.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．15.已知关于的不等式的解集是．（1）解不等式；（2）为何值时，的解集为．【答案】（1）（2）【解析】1）利用三个二次关系待定系数计算参数，再解一元二次不等式即可；（2）利用二次函数的图象与性质计算判别式即可.【小问1详解】由题意知3和2是方程的两根，，解得，不等式即为，解得．所求不等式的解集为．【小问2详解】由上可知，即为，即，若此不等式的解集为，则．第10页/共17页16.已知（，且）.（1）求定义域并判断的奇偶性；（2）若在区间内的最大值为2，求.【答案】（1），偶函数（2）【解析】1）由函数解析式，建立不等式组，求得其定义域，根据奇偶性的定义，可得答案；（2）由对数运算整理函数解析式，根据二次函数与对数函数单调性，结合复合函数的单调性，利用分类讨论，建立方程，可得答案.【小问1详解】由函数，则，解得，故函数的定义域为.函数为偶函数.【小问2详解】由函数，且函数在上单调递减，则当时，函数在上单调递增，故在上的最大值为，由题意可得，解得，符合题意；当时，函数在上单调递减，故在上的最大值为，由题意可得，解得，不符合题意.第11页/共17页综上所述，.17.已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点.（1）求的值；（2）若角满足，且，求的值.【答案】（1）（2）【解析】1）由三角函数定义可知，利用诱导公式结合倍角公式运算求解；（2）由同角三角关系可得，根据结合两角和差公式运算求解.【小问1详解】因为在角的终边上，且，可知点在标准单位圆上，由三角函数定义可知，所以.【小问2详解】因为，，则，且，第12页/共17页所以18.若函数的部分图象如图所示．（1）求函数的解析式；（2）若当时，，求实数t的取值范围．（3λm的取值范围．【答案】（1）（2）（3）答案见解析【解析】1）根据图象可知，，即可得，再结合最值可得，即可得函数解析式；（2）利用周期得，以为整体，结合正弦函数图象分析求解即可；（3）根据题意结合正项函数值域可得，分类讨论，结合周期性和诱导公式运算求解.【小问1详解】设的最小正周期为T，且，由题图可得，且，第13页/共17页即，则，可得，又因为，即，且，则，可得，即，所以，【小问2详解】当时，利用周期等价于，则，若，即，则，解得，所以实数t的取值范围为.【小问3详解】由题意可知：，若存在非零常数λ，对任意，有成立，因为在R上的值域为，则在R上的值域为，可知，即，当时，则，可知1为的一个周期，即1为最小正周期的整数倍，可得，则（且当时，则，第14页/共17页可得，由诱导公式可得，可得综上所述：当时，且；当时，．19.已知函数偶函数，是奇函数，且．（1）求的值；（2）设函数，证明：曲线是轴对称图形；（3）当，若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围．【答案】（1）4（2）证明见解析（3）【解析】1转化为，代入已知式子计算.（2）将变形为的形式，证明是偶函数（利用合函数图象的平移，得出的图象关于直线对称.（3）代入、的表达式，换元令，将方程转化为关于的函数，分析的范围与函数的单调性，根据零点唯一的条件确定的取值范围.【小问1详解】由，得①因为函数是偶函数，是奇函数，则②第15页/共17页联立①②，解得，．．【小问2详解】，即．设，则其定义域为．由，所以是偶函数．因为偶函数，所以是偶函数，所以函数的图象关于轴对