浙江省丽水市2025-2026学年高一上学期2月期末数学试题

丽水市2025学年第一学期普通高中教学质量监控高一数学试题卷本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题卷规定的位置上.2．答题时，请按照答题卷上“注意事项”的要求，在答题卷相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用交集的定义即得.【详解】因为，所以.故选：B.2.下列函数中，与函数有相同定义域的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分别求出各函数的定义域，即可判断.【详解】函数的定义域为；对于A：函数的定义域为，故A错误；对于B：函数的定义域为，故B错误；对于C：函数的定义域为，故C正确；对于D：函数的定义域为，故D错误.故选：C3.函数与的图象关于（）A.轴对称 B.轴对称C.坐标原点对称 D.直线对称【答案】D【解析】【分析】根据互为反函数的函数图象的对称性得解.【详解】因为与互为反函数，所以函数与的图象关于直线对称，故选：D4.“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断.【详解】由可以推出，故充分性成立，反之或，必要性不成立，故“”是“”的充分不必要条件.故选：A5.函数（，，）的部分图象如图所示，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据函数图象，先求得，再求得，从而求得正确答案.【详解】由图可知，，，所以．由函数图象经过点，可知，所以，，所以，，因为，所以，所以函数的解析式为．故选：A.6.已知x，y为正实数，则（）A.2lgx+lgy=2lgx+2lgy B.2lg（x+y）=2lgx•2lgyC.2lgx•lgy=2lgx+2lgy D.2lg（xy）=2lgx•2lgy【答案】D【解析】【详解】因为as+t=as•at，lg（xy）=lgx+lgy（x，y为正实数），所以2lg（xy）=2lgx+lgy=2lgx•2lgy，满足上述两个公式，故选D．7.已知，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用诱导公式可得，再由二倍角余弦公式求.【详解】由，即，又.故选：D8.已知实数满足，则下列关系不可能成立的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设，，，可得，结合函数图象分析判断即可.【详解】设，，，，则，作出函数，，，如图所示：当时，可得；当时，可得；当时，可得；当时，可得；当时，可得；当时，可得；当时，可得；综上所述：不可能成立的是.故选：B.二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）9.下列函数中，满足的是（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】【分析】对各选项解析式分别求出即可判断.【详解】对于A：，则，故A正确；对于B：，则，故B错误；对于C：，则，而，所以，故C错误；对于D：，则，故D正确.故选：AD10.已知关于x的不等式的解集为或，则下列说法正确的是（）A. B.关于x的不等式的解集是C. D.关于x的不等式的解集为或【答案】ABD【解析】【分析】根据一元二次不等式的解集可确定，可判断A；用一元二次方程根与系数的关系，用表示，，代入不等式，从而判断BCD.【详解】由关于x的不等式的解集为或，知和3是方程的两个实根，且，故A正确；根据根与系数的关系知：，所以，选项B：不等式化简为，解得：，即不等式的解集是，故B正确；选项C：由于，故，故C不正确；选项D：不等式化简为：，解得：或，故D正确；故选：ABD.11.已知，是在内的两个零点，则（）A. B.C. D.【答案】ABC【解析】【分析】利用两角和差的正弦公式化简，令求出，由二倍角公式判断B、D，结合B、D及平方关系判断A、C.【详解】因为，因为，则，，所以，令，则，即，则或，解得或，不妨令、；对于B：，故B正确；对于D：，故D错误；对于A：，故A正确；对于C：，因为，所以，所以，即，故C正确.故选：ABC三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知扇形的半径为1，圆心角为，则该扇形的弧长为____.【答案】【解析】【分析】利用扇形的弧长公式求值即可.【详解】因为扇形的半径为，圆心角，所以扇形的弧长.故答案：13.已知关于的方程有两个实数根，一个根比小，另一个根比大，则实数的取值范围为____.【答案】【解析】【分析】令，依题意可得，解得即可.【详解】令，因为关于的方程有两个实数根，一个根比小，另一个根比大，即有两个零点，一个零点比小，另一个零点比大，所以，即，解得，即实数的取值范围为.故答案为：14.以表示集合中最大的数，设，已知或，则的最小值为____.【答案】【解析】【分析】利用换元法表示出、，再根据不等式性质，分情况讨论求解.【详解】令，，，其中，所以，令，因此，若，则，即，所以，则，若，则，即，所以，则，又，综上所述，，当且仅当，且时等号成立，取，，，满足，且，此时，因此的最小值为.故答案为：.四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15.已知，为锐角．（1）求，的值；（2）求的值．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据平方关系及商数关系得到方程组，解得即可；（2）利用两角和的正切公式计算可得.【小问1详解】因为，即，解得或，又为锐角，所以，【小问2详解】因为，所以.16.如图，为创设劳动教育基地，计划用篱笆围一个一边靠墙(墙足够长)的矩形育苗区域，设育苗区域的长为米，宽为米.（1）若育苗区域面积为18平方米，求所用篱笆总长的最小值及此时，的值；（2）若使用的篱笆总长为18米，求育苗区域面积的最大值及此时，的值．【答案】（1），时所用篱笆总长最小，最小值为（2），时所得育苗区域面积最大，最大值为【解析】【分析】（1）根据育苗区域面积为18平方米，得出的关系式，所用篱笆总长为，利用基本不等式求解即可；（2）根据篱笆总长为18米，得到，利用基本不等式求的最大值.【小问1详解】由题意知篱笆总长为，因为，所以，当时取等号，解得，，即，时所用篱笆总长最小，最小值为米.【小问2详解】由题意知，育苗区域面积为，，当时取等号，解得，，即，时所得育苗区域面积最大，最大值为平方米.17.已知函数．（1）求函数的最小正周期及单调递增区间；（2）将函数的图象向右平移个单位，再把横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，求方程在区间上所有实根的和.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）应用二倍角公式与辅助角公式把函数化成的形式，利用公式法求函数的最小正周期，利用整体代换求函数的单调增区间；（2）结合图形变换规律求函数的解析式，再利用整体代换的方法求方程的解即可.【小问1详解】，所以函数的最小正周期为，由，得，.所以函数单调递增区间为.【小问2详解】将函数的图象向右平移个单位长度，可得到函数，再将所得图象上各点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得到函数.由得，所以或，，当时，，所以，，，，得，，所以在区间上所有实根的和为.18.已知偶函数和奇函数满足.（1）求，的解析式；（2）求关于的不等式的解集；（3）存在满足，求的取值范围.【答案】（1），（2）（3）【解析】【分析】（1）根据奇偶函数的性质，构造方程，解方程组得函数解析式；（2）根据函数解析式判断单调性，利用单调性解不等式即可；（3）由题意转化为，换元后求的最大、最小值，求的最大值，建立不等式求解即可.【小问1详解】，因，，所以，解得，.【小问2详解】由可得定义域为，，在上单调递减，因为，所以，解得所求不等式的解集为.【小问3详解】存在满足即；令，，在上单调递增，得在上单调递增，所以，；在上单调递减，所以，所以，则，即，解得或(舍)，综上可得19.若存在满足，且，则称为函数的次不动点.已知函数，其中．（1）当时，判断是否为函数的次不动点，并说明理由；（2）已知有两个次不动点，（i）求的取值范围；（ii）若对任意，，且，，求面积的取值范围．【答案】（1）不，理由见解析.（2）（i）；（ii）.【解析】分析】（1）根据次不动点定义代入相关值验证即可；（2）（i）去掉绝对值，写出的表达式，再对分类讨论即可；（ii）计算出表达式，再代入即可得到面积表达式，最后利用基本不等式和对勾函数性质即可求出面积范围【小问1详解】当时，，因为，且，所以不是函数的次不动点.【小问2详解】（i），当时，有，若，即，；若，即，有；当时，有，若，即，有