广东省湛江市2025～2026学年高一数学上学期期末调研测试【含答案】

广东湛江市2025-2026学年上学期期末调研考试高一数学一、单选题1．集合，则的子集个数是（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个2．下列函数既是增函数又是奇函数的是（

）A． B．C． D．3．设，则“”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4．已知，，，则（

）A． B． C． D．5．已知扇形的弧长是，面积是，则扇形圆心角（正角）的弧度数为（

）A． B．1 C． D．6．将函数的图象上每一个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），得到图象，再将向右平移个单位，得到函数的图象，则的解析式是（

）A． B．C． D．7．已知，，则的值为（

）A． B．3 C．2 D．8．函数在区间上所有零点之和为（

）A． B． C． D．二、多选题9．与函数的图象关于直线对称的函数为（

）A． B．C． D．10．已知函数的部分图象如下所示，则（

）A．的最小正周期为B．C．在上单调递增D．的图象关于直线对称11．已知是定义在R上的函数，且对任意，有，当时，，则（

）A．的图象关于点中心对称B．在上单调递增C．集合中有5个元素D．，都有三、填空题12．函数的最小正周期为，则的定义域是.13．已知，设关于的不等式的解集为，则当，取到最小值.14．已知函数在上有最大值，无最小值，则的取值范围是.四、解答题15．（1）化简：；（2）已知，，其中，，求角.16．设函数，.(1)判断的单调性，并用单调性的定义证明；(2)求不等式的解集.17．图，在扇形中，半径，圆心角，是弧的中点，是扇形弧上的动点，满足，矩形内接于扇形.(1)用表示线段的长;(2)求矩形面积的最大值.18．正数为常数，定义：若在定义域内存在实数，使成立，则称是函数的一个阶差点.(1)设，求所有1阶差点组成的集合；(2)已知函数，给定正数，证明：对任意，都不是的阶差点；(3)是否存在函数，对任意，都是的阶差点，若存在，求出的解析式，若不存在，说明理由.19．已知函数，其中为常数，函数在上有两个零点，.(1)求的取值范围；(2)证明：.

参考答案1．D【详解】，故的子集个数是.故选：D2．D【详解】A选项，在R上单调递减，A错误；B选项，的定义域为，不关于原点对称，故不是奇函数，B错误；C选项，在，上分别单调递增，但在定义域上不是增函数，C错误；D选项，设，当时，，则，当时，，则，故为奇函数，画出的图象，如下：故单调递增，D满足要求.故选：D3．A【详解】判断充分性：若，由得，，所以.因此“”能推出“”，充分性成立；判断必要性：若，由得，，所以.因此“”不能推出“”，必要性不成立.综上，“”是“”的充分不必要条件.故选：A.4．B【详解】由题意.故选：B.5．C【详解】设扇形半径为，则由题意得，得，则扇形圆心角（正角）的弧度数为.故选：C6．D【详解】函数的图象上每一个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），得到的图象，再将向右平移个单位，得到的图象.故选：D7．B【详解】由，得，得或，因为，所以，因为，所以，则，故.故选：B8．C【详解】令得，即，令，，其中定义域为R，的定义域为，，则关于中心对称，关于中心对称，同一坐标系内画出两函数图象，显然两函数有6个交点，且，，，所以，，故在区间上所有零点之和为.故选：C9．BCD【详解】因为函数与的图象关于直线对称，故只需判断哪个函数与表示同一个函数，因为函数的定义域为，选项A的定义域为，故排除A；选项BCD的定义域均为，根据对数的运算法则，，且.故选：BCD10．ABD【详解】A选项，设的最小正周期为，则，所以，A正确；B选项，，故，，将代入解析式得，故，解得，又，故只有当时，满足要求，B正确；C选项，，则，由于在上不单调，故在上不单调递增，C错误；D选项，，故的图象关于直线对称，D正确.故选：ABD11．BC【详解】A选项，，故的图象关于点中心对称，A错误；B选项，时，，故在上单调递增，又的图象关于点中心对称，故在上单调递增，B正确；C选项，当时，，由得，令，则，时，令，即，解得或3，由对称性可知，故的解有3个，分别为，画出的图象如下：当时，，结合图象可知，有2个解，分别为0和，令，解得或（舍去），故，当时，令，解得或0（舍去），令时，结合图象可知，有2个解，分别为2和，，解得或（舍去），故，综上，共有5个解，分别为0，，，2，，C正确；D选项，当时，，时，，不妨取，则，，故，D错误.故选：BC12．【详解】由题意得，解得，故，令，解得，故的定义域为.故答案为：13．【详解】由题意，，且关于的不等式的解集为，则为方程的根，则，显然，则，当且仅当，即时等号成立，即当时，取到最小值16.故答案为：.14．【详解】因，设，当时，，作出在上的图象如图.要使区间上有最大值，无最小值，需使,解得，，即的取值范围为.故答案为：.15．（1）1；（2）【详解】（1）；（2）因为，，得，又，所以，，，故，又，所以.16．(1)单调递减，证明见解析；(2).【详解】（1）在上单调递减，证明过程如下：对任意的，且，则因为且，所以，，所以，故，故在上单调递减；（2）由于的定义域为，故需，即，令，，即，解得，，在上单调递减，故，故，显然满足，解得所以不等式的解集是.17．(1)，其中；(2)【详解】（1）连接，，由对称性可知⊥，设交于点，交于点.在中，，，在中，，，其中；（2）由（1）得矩形的面积，当，即时，取得最大值，最大值为.18．(1).(2)证明见解析(3)存在，【详解】（1）已知，由，可得：，根据诱导公式，则，所以方程可化为：，根据余弦函数的性质，，解得.所以所有1阶差点组成的集合为.（2）已知，假设是的阶差点，则，即，将上式变形为，进一步整理得，即，因为，所以，，则，又，这与矛盾，所以对任意都不是的阶差点.（3）已知，假设对任意都是的阶差点，则，即，即，根据两角和的正弦公式，将展开得:，整理得:，即，因为对任意都成立，所以，由可得，又因为，所以，将代入，得，即.由，可得，解得，又因为，所以，所以存在，对任意都是的阶差点.19．(1)(2)证明见解析【详解】（1）令，因为，所以，则，则由在上单