廣東湛江市大成中學2025-2026學年高一數學第一學期期末調研試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．已知，則化為（）A. B.C.m D.12．（）A.1 B.0C.-1 D.3．已知函數，若，，互不相等，且，則的取值范圍是（）A. B.C. D.4．已知角的終邊過點，則（）A. B.C. D.5．“，”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C充要條件 D.既不充分也不必要條件6．“”是“”的（）A.充分必要條件 B.充分而不必要條件C.必要而不充分條件 D.既不充分也不必要條件7．已知函數是冪函數，且在上是減函數，則實數m的值是（）A或2 B.2C. D.18．若定義域為R的函數滿足，且，，有，則的解集為（）A. B.C. D.9．函數的部分圖象如圖所示，則的值分別是（）A. B.C. D.10．古希臘數學家阿基米德最為滿意的一個數學發(fā)現是“圓柱容球”，即在球的直徑與圓柱底面的直徑和圓柱的高相等時，球的體積是圓柱體積的，且球的表面積也是圓柱表面積的.已知體積為的圓柱的軸截面為正方形.則該圓柱內切球的表面積為（）A B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．設奇函數對任意的，，有，且，則的解集___________.12．已知扇形的半徑為4，圓心角為，則扇形的面積為___________.13．正方體中，分別是，的中點，則直線與所成角的余弦值是_______.14．如圖，在直四棱柱中，當底面ABCD滿足條件___________時，有.（只需填寫一種正確條件即可）15．已知圓心為（1,1），經過點（4,5），則圓標準方程為_____________________.16．已知函數，則下列命題正確的是______填上你認為正確的所有命題的序號①函數單調遞增區(qū)間是；②函數的圖象關于點對稱；③函數的圖象向左平移個單位長度后，所得的圖象關于y軸對稱，則m的最小值是；④若實數m使得方程在上恰好有三個實數解，，，則三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．已知函數，.（1）求函數的定義域；（2）求不等式的解集.18．心理學家通過研究學生的學習行為發(fā)現；學生的接受能力與老師引入概念和描述問題所用的時間相關，教學開始時，學生的興趣激增，學生的興趣保持一段較理想的狀態(tài)，隨后學生的注意力開始分散，分析結果和實驗表明，用表示學生掌握和接受概念的能力,x表示講授概念的時間(單位:min)，可有以下的關系:（1）開講后第5min與開講后第20min比較,學生的接受能力何時更強一些?（2）開講后多少min學生的接受能力最強?能維持多少時間?（3）若一個新數學概念需要55以上（包括55）的接受能力以及13min時間,那么老師能否在學生一直達到所需接受能力的狀態(tài)下講授完這個概念?19．某紀念章從某年某月某日起開始上市，通過市場調查，得到該紀念章每枚的市場價（單位：元）與上市時間（單位：天）的數據如下：上市時間天市場價元（1）根據上表數計，從下列函數中選取一個恰當的函數描述該紀念章的市場價與上市時間的變化關系并說明理由：①；②；③；④；（2）利用你選取的函數，求該紀念章市場價最低時的上市天數及最低的價格.20．已知函數是上的奇函數（1）求；（2）用定義法討論在上的單調性；（3）若在上恒成立,求的取值范圍21．已知，其中為奇函數，為偶函數.（1）求與的解析式；（2）判斷函數在其定義域上的單調性（不需證明）；（3）若不等式恒成立，求實數的取值范圍.

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、C【解析】把根式化為分數指數冪進行運算【詳解】，.故選：C2、A【解析】用誘導公式化簡計算．【詳解】因為，所以，所以原式.故選：A.【點睛】本題考查誘導公式，考查特殊角的三角函數值．屬于基礎題．3、A【解析】畫出圖像，利用正弦函數的對稱性求出，再結合的范圍即可求解.【詳解】不妨設，畫出的圖像，即與有3個交點，由圖像可知，關于對稱，即，令，解得，所以，故，.故選：A.4、A【解析】根據三角函數的定義計算可得；【詳解】解：因為角終邊過點，所以；故選：A5、A【解析】根據充分條件和必要條件的定義判斷.【詳解】∵“，”可推出“”，“”不能推出“，”，例如，時，，∴“，”是“”充分不必要條件.故選：A6、B【解析】由等價于，或，再根據充分、必要條件的概念，即可得到結果.【詳解】因為，所以，或，所以“”是“”的充分而不必要條件.故選:B.7、C【解析】由函數是冪函數可得，解得或2，再討論單調性即可得出.【詳解】是冪函數，，解得或2，當時，在上是減函數，符合題意，當時，在上是增函數，不符合題意，.故選：C.8、A【解析】根據已知條件易得關于直線x＝2對稱且在上遞減，再應用單調性、對稱性求解不等式即可.【詳解】由題設知：關于直線x＝2對稱且在上單調遞減由，得：，所以，解得故選：A9、A【解析】根據的圖象求得，求得，再根據，求得，求得的值，即可求解.【詳解】根據函數的圖象，可得，可得，所以，又由，可得，即，解得，因為，所以.故選：A.10、A【解析】由題目給出的條件可知，圓柱內切球的表面積圓柱表面積的，通過圓柱的體積求出圓柱底面圓半徑和高，進而得出表面積，再計算內切球的表面積.【詳解】設圓柱底面圓半徑為，則圓柱高為，圓柱體積，解得，又圓柱內切球的直徑與圓柱底面的直徑和圓柱的高相等，所以內切球的表面積是圓柱表面積的，圓柱表面積為，所以內切球的表面積為.故選：A.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】可根據函數的單調性和奇偶性，結合和，分析出的正負情況，求解.【詳解】對任意，，有故在上為減函數，由奇函數的對稱性可知在上為減函數，則則，，，；，；，；，.故解集為：故答案為：【點睛】正確理解奇函數和偶函數的定義，必須把握好兩個問題：(1)定義域關于原點對稱是函數f(x)為奇函數或偶函數的必要非充分條件；(2)f(－x)＝－f(x)或f(－x)＝f(x)是定義域上的恒等式．奇函數的圖象關于原點對稱，偶函數的圖象關于y軸對稱，反之也成立．利用這一性質可簡化一些函數圖象的畫法，也可以利用它去判斷函數的奇偶性12、【解析】先計算扇形的弧長，再利用扇形的面積公式可求扇形的面積【詳解】根據扇形的弧長公式可得，根據扇形的面積公式可得故答案為：13、【解析】結合異面直線所成角的找法，找出角，構造三角形，計算余弦值，即可【詳解】連接，而，所以直線與所成角即為，設正方體邊長為1，則，所以余弦值為【點睛】考查了異面直線所成角的計算方法，關鍵得出直線與所成角即為，難度中等14、(答案不唯一)【解析】直四棱柱，是在上底面的投影，當時，可得，當然底面ABCD滿足的條件也就能寫出來了.【詳解】根據直四棱柱可得：∥，且，所以四邊形是矩形，所以∥，同理可證：∥，當時，可得：，且底面，而底面，所以，而，從而平面，因為平面，所以，所以當滿足題意.故答案為：.15、【解析】設出圓的標準方程，代入點的坐標，求出半徑，求出圓的標準方程【詳解】設圓的標準方程為（x-1）2+（y-1）2=R2，由圓經過點（4,5）得R2=25，從而所求方程為（x-1）2+（y-1）2=25，故答案為（x-1）2+（y-1）2=25【點睛】本題主要考查圓的標準方程，利用了待定系數法，關鍵是確定圓的半徑16、①③④【解析】先利用輔助角公式化簡，再根據函數，結合三角函數的性質及圖形，對各選項依次判斷即可【詳解】①，令，所以，因為，所以令，則，所以單調增區(qū)間是，故正確；②因為，所以不是對稱中心，故錯誤；③的圖象向左平移個單位長度后得到，且是偶函數，所以，所以且，所以時，，故正確；④函數，故錯誤；⑤因為，作出在上的圖象如圖所示：與有且僅有三個交點：所以，又因為時，且關于對稱，所以，所以，故正確；故選:①③⑤三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）答案見解析【解析】（1）根據對數的真數大于零可得出關于的不等式組，由此可解得函數的定義域；（2）將所求不等式變形為，分、兩種情況討論，利用對數函數的單調性結合函數的定義域可求得原不等式的解集.【小問1詳解】解：，則有，解得，故函數的定義域為.【小問2詳解】解：當時，函數在上為增函數，由，可得，所以，解得，此時不等式的解集為；當時，函數在上為減函數，由，可得，所以，解得，此時不等式的解集為.綜上所述，當時，不等式的解集為；當時，不等式的解集為.18、（1）開講后第5min比開講后第20min，學生接受能力強一些.；（2）6min;（3）詳見解析.【解析】第一步已知自變量值求函數值，比較后給出答案；第二步是二次函數求最值問題；第三步試題解析：（1），，則開講后第5min比開講后第20min，學生的接受能力更強一些.]（2）當時，，當時，開講后10min（包括10分鐘）學生的接受能力最強，能維持6min.（3）由當時，，得；當時，，得持續(xù)時間答：老師不能在學生一直達到所需接受能力的狀態(tài)下講授完這個概念.考點：1.求函數值；2.配方法求二次函數的最值；3.分段函數解不等式.19、（1）②；（2）上市天，最低價元【解析】（1）根據所給的四個函數的單調性，結合表中數據所表示的變化特征進行選擇即可；（2）根據表中數據代入所選函數的解析式，用待定系數法求出解析式，最后利用函數的單調性求出紀念章市場價最低時的上市天數及最低的價格.【詳解】（1）通過表中數據所知紀念章的市場價與上市時間的變化先是遞減而后遞增，而已知所給的函數中除了②以外，其他函數要么是單調遞增，要么是單調遞減，要么是常值函數，所以選擇②；（2）由（1）可知選擇的函數解析式為：.函數圖象經過點，代入解析式中得：，顯然當時，函數有最小值，最小值為26.所以該紀念章時的上市20天時市場價最低，最低的價格26元.【點睛】本題考查了根據實際問題選擇函數模型，考查了函數的單調性的判斷，考查了二次函數的單調性及最值，考查了數學運算能力.20、（1）；（2）是上的增函數；（3）.【解析】（1）利用奇函數的定義直接求解即可；（2）用函數的單調性的定義，結合指數函數的單調性直接求解即可；（3）利用函數的奇函數的性質、單調性原問題可以轉化為在上恒成立，利用換元法，再轉化為一元二次不等式恒成立問題，分類討論，最后求出的取值范圍.【詳解】（1）函數是上的奇函數即即解得；（2）由（1）知設,則故,,故即是上的增函數（3）是上的奇函數,是上的增函數在上恒成立等價于等價于在上恒成立即在上恒成立“*”令則“*”式等價于對時恒成立“**”①當,即時“**”為對時恒成立②當,即時,“**”對時恒成立須或解得綜上,的取值范圍是【點睛】本題考查了奇函數的定義，考查了函數單調性的定義，考查了指數函數的單調性的應用，考查了不等式恒成立問題，考查了換元法，考查了數學運算能力.21、（1），；（2）函數在其定義域上為減函數；（3）.【解析】（1）由與可建立有關、的方程組，可得解出與的解析式；（2）化簡函數解析式，根據函數的解析式可直接判斷函數的單調性；（3）將所求不等式變形為，根據函數的定義域、單調性可得出關