2025-2026学年重庆一中高一上学期期末数学试卷

重庆一中高2028届高一上期期末考数学试题卷一、单项选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求.1.的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据诱导公式求解即可.【详解】.故选：D.2.已知集合，，则（）.A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依题意，解不等式求得集合，根据余弦函数的值域确定集合，再由补集定义即可求得答案.【详解】由可得，故，又对于，，故，则,故.故选：B.3.已知，则的大小关系是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据对数函数的单调性，确定的范围，根据的范围，确定的范围，即可得到的大小关系.【详解】因为函数是增函数，所以；因为函数是增函数，所以，即；因为，所以.因此.故选：B.4.函数在区间上的图象大致为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据函数奇偶性结合当时函数值的符号性分析判断.【详解】∵，即，∴为偶函数；又∵当时，则，故，∴；综上所述：A正确，B、C、D错误.故选：A.5.已知，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】将中的角变形，再利用两角和差公式得到，得到或，分别讨论求解，得到充分性不成立；由得到，分别讨论和两种情况进行求解，从而得到必要性不成立.【详解】充分性分析：，，，，，或，当时，，即，，当时，，即，综上可得，当时，或，不能得到，充分性不成立；必要性分析：，，当时，，不一定有成立，当时，，则有成立，综上，由不一定得到，故必要性不成立，故选：D.6.已知定义在上的偶函数，且当时，单调递减，则关于的不等式的解集是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据偶函数的定义域关于原点对称，求出的值.根据偶函数的对称性，得函数的单调性，据此由，可得，求解可得不等式的解集.【详解】因为函数是偶函数，所以的定义域关于原点对称，所以，解得.因为当时，单调递减，即当时，单调递减，所以当时，单调递增.所以由，得，即，所以，所以，所以.故选：A7.若函数的图象关于直线对称，且在上单调递增.若，则（）A. B. C.0 D.【答案】A【解析】【分析】由辅助角公式化简函数解析式，利用整体思想，根据三角函数的单调性以及对称性，可得答案.【详解】由，则，即，由题意可得，即，由，则当时，；当时，.当时，函数，由，则，由函数在上单调递减，则函数在上单调递增，符合题意；当时，函数，由，则，由函数在上单调递减，则函数在上单调递减，不符合题意.故选：A.8.已知对所有满足的正实数，都存在实数使不等式成立，则实数的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用基本不等式可得，，结合恒成立问题可得，换元令，可得，根据存在性问题结合二次函数最值分析求解.【详解】因为正实数满足，则，即，当且仅当时，等号成立，且，则，即，可得，令，则，即，又因为，当且仅当时，等号成立，可得，实数的最大值为.故选：B.二、多项选择题：本大题共3个小题，每小题6分，共18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.若角是的三个内角，则下列结论中一定成立的有（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】【分析】根据三角形内角和性质，结合三角函数的诱导公式，逐项判断即可.【详解】对于A，由题意可得，则，故A正确；对于B，由题意可得，则，故B错误；对于C，由题意可得，则,即，故C正确；对于D，由题意可得，则，该式不一定等于，故D错误故选：AC.10.下列命题中，正确的有（）A.若函数的定义域为，则函数的定义域为B.若函数的定义域为，则函数的值域为C.关于的不等式的解集为，则D.已知函数恒过定点；则函数图象经过第三象限【答案】ACD【解析】【分析】根据函数定义域的求法判断A，求出函数的定义域，配方后求值域判断B，根据不等式解集求出关系判断C，利用指数型函数过定点及图象平移判断D.【详解】由函数的定义域为可知，即的定义域为，所以要有意义需满足，解得，故定义域为，故A正确；，函数的定义域为，所以，解得，所以，故所以，故B错误；由不等式的解集为可知，，且，解得，所以，故C正确；由函数恒过定点知，，所以，由图象向左平移1个单位，再向上平移3个单位，得到的图象，图象经过第三象限，故D正确.故选：ACD11.已知函数，则下列结论正确的是（）A.若函数图象向左平移个单位，则函数图象关于中心对称B.若函数图象向右平移个单位，则函数图象关于直线对称C.若函数在内恰有两个零点和，且，则D.若函数在上有且只有一个零点，在上单调递减，则【答案】ABD【解析】【分析】先将函数化成正弦型函数，结合平移变换和正弦函数的图象对称性即可判断AB项；利用正弦函数对称性得到，结合和，借助于诱导公式计算判断C项；先根据单调性推得，再由函数的零点个数进一步确定范围判断D项.【详解】对于A，，将其图象向左平移个单位可得的图象，则，所以图象关于中心对称，故A正确；对于B，将函数的图象向右平移个单位，可得的图象，因为，所以函数图象关于直线对称，故B正确；对于C，由可得，由时，可得，又，方程在内恰有两个根和（），则和，且和关于对称，故，化简得，因为，则，所以，故C错误；对于D，因为，由，，解得，，因为函数在上单调递减，则，，因为，则时符合，所以且，解得，令，由，可得，要使函数在上有且只有一个零点，则，解得，综上可得，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.一个扇形的弧长和面积都是，则这个扇形的圆心角的弧度数为__________【答案】【解析】【分析】直接根据弧度制的弧长和扇形面积公式计算可得.【详解】因为扇形的弧长和面积都是，所以，解得.故答案为：13.已知，，则_______________.【答案】【解析】【分析】由，得.由同角三角函数关系式求得，根据两角差的余弦公式求得.【详解】因为，所以.因为，所以.所以.故答案为：.14.函数，若方程有四个不等的实根，则的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】根据对数函数的性质可得，根据正弦型函数的性质及图象，得为定值，根据二次函数给定区间上的值域可求的取值范围，即的取值范围.【详解】的图象如下，因为；，当且仅当时，；.所以当方程有四个不等的实根，即函数的图象与直线的图象有四个交点时，.设，则，所以，则.函数的最小正周期为，对称轴为，即.当时，，所以当时，的图象关于对称，所以与关于对称，所以.令，则，即.当时，；当时，.所以，.可得在上单调递增，所以.所以.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共7分、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点.（1）求；（2）求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由任意角正切的定义可得；（2）先利用诱导公式进行化简，再根据二倍角的正切公式求解.【小问1详解】由任意角正切的定义得：.【小问2详解】.16.已知函数，函数的部分图象如图所示.（1）求的解析式；（2）将函数的图象上每一个点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再向左平移个单位得到的图象.若关于的不等式在上恒成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据函数的图象依次求出，即得函数的解析式；（2）利用平移伸缩变换求得，通过换元，将不等式通过参变分离化成在上恒成立问题，借助于对勾函数的单调性即可求得的取值范围.【小问1详解】由图象可知，的最大值为2，最小值为，且，故；函数的最小正周期满足，则，解得由时，函数取得最小值，即得，即，，由，得故【小问2详解】因，则由可得，即（）令，则，∵∴，则所以（）等价于，整理得令，，则（）等价于因，当时，当时，单调递减且恒为负数，则在上单调递增，所以，故；当时，单调递减且恒为正数，则在上单调递增，所以，则.综上可得，的取值范围为17.已知函数.（1）若且为奇函数，求不等式的解集；（2）若函数的图象和函数的图象交于不同两点、，若.求实数的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）分析可知函数定义域为，根据求出的值，然后利用函数奇偶性的定义验证即可，再由结合指数函数的单调性可得出原不等式的解集；（2）由得，可知关于的二次方程即有两不等的正根、，根据二次方程根的分布可得出关于的不等式组，解出的范围，可得出，由此得出，构造函数，其中，分析该函数的单调性，结合可得出的值.【小问1详解】因为，对任意的，，即函数定义域为，因为函数为奇函数，则，解得，此时，对任意的，，即函数为奇函数，符合题意，由可得，即，解得，故不等式的解集为.【小问2详解】由得，则关于方程的两根为、，由题意知，，，关于的二次方程即有两不等的正根，则，即，所以，所以，构造，其中，因为函数、在时单调递减，故函数在时单调递减，因为且，所以.18.若函数满足：存在实数，使得（为非零实数），则称为的一个“点”、（1）已知任意实数都是函数的“点"，若，求；（2）设函数，若是的“点”，求的最大值；（3）设函数，若恰有两个“11点”，求实数的取值范围.【答案】（1）1（2）（3）【解析】【分析】（1）由题意可得是一个周期为4的函数，，根据周期性求解即可；（2）令，，化简得，求出其值域即可得答案；（3）由题意可得函数在定义域内有两个解，分、和，结合新定义、指数函数及二次函数的性质求解即可.【小问1详解】由题意知对任意的，有，且，所以，则，所以是一个周期为4的函数，；【小问2详解】由题意可得，，令，，因为，所以，所以当，即时，单调递增，当，即时，单调递减，所以的值域为，故最大值为；【小问3详解】由题意可知函数在定义域内有两个解，（i）当时，，故无解；（ii）当时，，化简得，①（iii）当时，，化简得，，②故①和②共有2个不同的实数解；对于①式，令，设，则在上单调递增，，，（Ⅰ）时，，①无解；（Ⅱ）时，，①无解；（Ⅲ）时，①只有一解；对于②式，令，，设，，其中，故：（a）时，只需在内有2个零点，无解；（b）时，只需在内有2个零点对称轴，在内至多1个零点，舍去；（c）时，只需在内有1个零点，，解得，即综上所述，的取值范围为19已知函数，，，对任意，恒成立.（1）求的值及的解析式；（2）若，，，求的值；（3）已知，且以为边能够组成三角形，对于任意满足上述条件的，若以为边也能够组成三角形，求的最大值.（参考公式：，）【答案】（1），（2）（3）【解析】【分析】（1）先利用二倍角余弦公式与和差的正弦公式化简，然后化简等式，取特殊值代入求得，进而求得结果.（2）根据已知条件化简等式，得到，，进而求得，最后可求得正切值.（3）分别讨论当和当时，能否组成三角形，进而确定的最大值.【小问1详解】化简得