上海市金山区金山中学2025--2026学年高一上册期末考试数学试题【附解析】

这是一份上海市金山区金山中学2025--2026学年高一上册期末考试数学试题【附解析】，共17页。试卷主要包含了选择题本大题共有4题，第13等内容，欢迎下载使用。
一、填空题（本大题满分54分）本大题共有12题，其中第1题至第6题每小题4分，第7题至第12题每小题5分，考生应在答题纸上相应编号的空格内直接填写结果，否则一律得零分．
1. 函数的定义域是________.
【答案】且
【解析】
【分析】根据分明不零以及偶次根式下被开方数非负列不等式求解.
【详解】由题意，要使函数有意义，则，
解得，且；
故函数的定义域为：且.
故答案为：且.
【点睛】本题考查函数定义域，考查基本分析求解能力，属基础题.
2. 终边在轴上的角的集合是___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用终边相同角的概念得到答案.
【详解】终边在轴上的角的集合是，
故答案为：.
3. 设集合，且，则=_________
【答案】-2
【解析】
【分析】结合集合元素的互异性分析．
【详解】显然，∴，，，，∴．
故答案为2．
【点睛】本题考查集合的概念，解题关键是掌握集合元素的性质：特别是互异性．
4. 已知一个扇形的圆心角为，且所对应的弧长为，则该扇形的面积为________．
【答案】##
【解析】
【分析】设扇形所在圆的半径为，根据扇形的弧长公式，求得，结合扇形的面积公式，即可求解.
【详解】设扇形所在圆的半径为，
因为扇形的圆心角为，且所对应的弧长为，可得，解得，
所以扇形的面积为.
故答案为：.
5. 已知，，则的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据不等式的基本性质求解即可．
【详解】因为，所以，又因为，由不等式的可加性得：，所以，
故的取值范围是：.
故答案为：
6. 已知，，用a，b表示______．
【答案】
【解析】
【分析】根据对数的运算法则，化简计算，即可得答案.
【详解】由题意.
故答案为：
7. 已知集合的所有子集只有两个，则实数的值为__________.
【答案】0或4
【解析】
【分析】根据子集个数公式，结合方程解的个数分类讨论进行求解即可.
【详解】设集合元素个数为，
由题意可得，所以该集合的元素只有一个，
当时，方程，符合题意；
当时，
要想该集合的元素只有一个，只需一元二次方程的判别式，
即，显然，符合题意，
综上所述实数的值为0或4，
故答案为：0或4
8. 已知幂函数在上为严格增函数，则解析式为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据幂函数的定义与幂函数的单调性可得出关于的等式与不等式，解之即可.
【详解】由题意得，，解得，则.
故答案为：.
9. 已知，且，则的最小值是_____．
【答案】25
【解析】
【分析】利用基本不等式“1”妙用求解最小值.
【详解】因为，且，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
故答案为：25
10. 设关于x的方程解集为M，关于x的不等式的解集为N，若集合，则________.
【答案】
【解析】
【分析】根据一元二次不等式的解法，结合绝对值的性质进行求解即可.
【详解】由或，所以或，
当时，由，可得，
当时，由，可得，
因此有，
当时，；
当时，，
故答案为：
11. 将函数的图像绕原点顺时针方向旋转角得到曲线.若对于每一个旋转角，曲线都是一个函数的图像，则的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】试题分析:画出函数图象如图,结合图象可以看出当该函数的图象绕原点顺时针旋转的角大于等于时曲线都是同一个函数的图象,故应填.
考点：函数的图象和性质的运用.
【详解】
12. 已知函数（）有三个不同的零点，，，其中，则____________．
【答案】64
【解析】
【分析】利用换元法可得到，再根据得到两根，利用数形结合从而可求解.
【详解】令，则，由可化为，∵，∴，
即必有两个不同的根，，且，
故，异号，设为负，为正，结合题意，可画出大致示意图如下：

由图可知，即有唯一解，
即有两个解，，且，故
，
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题的关键是采用换元法，设，转化为二次方程根的问题，再结合对数函数和一次函数图象与性质，最后利用韦达定理代入计算即可.
二、选择题（本大题满分18分）本大题共有4题，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分.考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得5分，否则一律得零分.
13. 设a，，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用不等式性质判断ABC，利用基本不等式判断D.
【详解】对于A，因为，所以，故A错误；
对于B，因为，所以，所以，
又，所以，即，故B错误；
对于C，因为，所以，，所以，故C错误；
对于D，因为，所以，所以，
当且仅当即时，等号成立，
又，所以，故D正确.
故选：D.
14. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解不等式得集合A，由描述法得集合B，根据并集定义求即可.
【详解】解不等式可得，
由于，所以集合，
所以.
故选：D.
15. 已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.
【详解】因为在上单调递增，且时，单调递增，
则需满足，解得，
即a的范围是.
故选：B.
16. 如果“若，则”和“若，则”中有且仅有一个真命题，称与具有“－关系”．已知函数的定义域为，为偶函数，则与下列选项中的具有“－关系”的为（ ）
A. ：对任意都有B. ：对任意都有
C. ：对任意都有D. ：对任意都有
【答案】C
【解析】
【分析】由为偶函数，得，结合“－关系”的定义可得出答案．
【详解】由为偶函数，得
对于选项A：“”为假命题，“”也为假命题， 故A错误；
对于选项B∶ 由 得成立，故“”为真命题，
而对任意都有可推出且，
从而成立，所以“”也为真命题，故B错误；
对于选项C：易得“”为假命题，
而由：，用替换得，
又因，故，所以成立，
所以“”为真命题，故C正确；
对于选项D：“”为真命题，
由于由，用替换得，故，
所以“”也为真命题， 故 D错误；
故选∶ C．
三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤.
17. 已知不等式的解集为,函数
（1）求出的值;
（2）若在上递增,解关于的不等式.
【答案】（1）（2）
【解析】
分析】
(1)利用不等式的解集与方程解的关系,结合韦达定理,即可求的值;
(2)先确定,再将不等式转化为一元二次不等式组,即可求得结论．
【详解】(1) 不等式的解集为,
即,是方程的两个根
根据韦达定理可得:
解得;
(2)函数在上递增,

不等式
即
或.

【点睛】本题考查一元二次不等式解集与一元二次方程根的关系、对数函数单调性以及解二次不等式,考查了分析能力和计算能力.
18. 已知集合，．
（1）若，求实数m的取值范围；
（2）若，求实数m的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先化简集合，再根据得出再列出关于实数m的不等式组，解出即可；
（2）分和两种情况讨论，根据列出关于实数m的不等式组，解出即可.
【小问1详解】
不等式，变形为，通分得：，等价于，解得，
故集合.因为，根据集合的性质可知：,所以，解得：，
所以实数m的取值范围是.
【小问2详解】
当时，，因为，所以，解得，
当时，且，所以，此时不等式组无解.
综上，实数m的取值范围是.
19. 2025年被称为“智能体元年”，基于AI大模型的智能体技术迎来规模化应用与产业变革．某研发中心正在研发名为“天穹”的新一代大模型，在模型训练阶段，研发团队发现，模型的综合性能评分（满分100分）和有效训练时长t（单位：百GPU小时）的关系分为两个阶段．通过对几轮训练数据的拟合分析，得到如下函数关系：；已知初始综合性能评分，且在处函数图象是连续不断的．
（1）求常数c和k的值；
（2）已知大模型的标准化训练效率定义为，，训练时长取何值时，“天穹”模型的标准化训练效率最高？
【答案】（1），
（2）百GPU小时，“天穹”模型的标准化训练效率最高.
【解析】
【分析】（1）根据函数的初始值和连续性求出的值即可.
（2）先求出不同的范围时的解析式，然后根据基本不等式及二次函数的性质分别求出的最大值，再比较即可.
【小问1详解】
因为，又，所以；
所以当时，，又因为在处函数图象是连续不断的，
所以，解得.
【小问2详解】
由（1）可得，
当时，，，
因为，所以，当且仅当时，即时等号成立，
此时，此时的最大值为4；
当时，，
此时
综上所述，当时，，此时“天穹”模型的标准化训练效率最高.
20. 已知函数的定义域为，并且满足下列条件：①；②对任意，；③当时，．
（1）证明：为奇函数；
（2）判断的单调性，并求解不等式；
（3）若对所有，恒成立，求实数t取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）为单调递减函数；
（3）
【解析】
【分析】（1）令，求得，再令，求得，结合奇函数的定义，即可得证；
（2）根据函数单调性的定义与判定方法，证得为定义域上的单调递减函数，由
，且为奇函数，求得，把不等式转化为，再由为单调递减函数，得到，结合一元二次不等式的解法，即可求解；
（3）由（2）知，函数为递减函数，得到最大值为，根据题意，转化为在恒成立，设，结合一次函数的性质，列出不等式组，即可求解.
【小问1详解】
证明：由函数的定义域为，关于原点对称，
因为对任意，，
令，可得，可得，
令，可得，所以，
所以函数为奇函数.
【小问2详解】
解：任取，且，则，
因为当时，，所以，
又因为，
所以，即，
所以为定义域上的单调递减函数，
因为，且函数为奇函数，可得，
则，
不等式，可化为，
因为函数为奇函数，
可得，
则不等式即为，
又因为函数为单调递减函数，所以，
即，解得，
所以不等式的解集为.
【小问3详解】
解：由（2）知，函数在上为单调递减函数，
所以函数在上的最大值为，
要使得对所有，恒成立，
则满足恒成立，即在恒成立，
设，则在恒成立，
则满足，即，解得，
所以实数的取值范围为.
21. 设函数，.记，，.对于D的非空子集A，若对任意，都有，则称函数在集合A上封闭.
（1）若，，，分别判断函数和是否在集合A上封闭；
（2）设，，区间（其中），若函数在集合B上封闭，求的最大值；
（3）设，，若函数的定义域为，函数和的图象都是连续的曲线，且函数在区间（其中）上封闭，证明：存在，使得.
【答案】（1）函数不在集合A上封闭，函数在集合A上封闭
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）结合所给新定义，利用函数单调性得出定义域为时的函数值域即可得解；
（2）结合所给新定义，分、及进行讨论即可得；
（3）利用反证法，由函数和的图象都是连续的曲线，运用零点的存在性定理中蕴含的思想，假设不存在，使得，则必有对任意，恒成立或恒成立，从而分情况进行讨论后得出与已知条件矛盾的点即可得证.
【小问1详解】
由函数在区间上单调递增，故，
故函数不在集合A上封闭；
由函数在区间上单调递减，故，
此时有，故函数在集合A上封闭；
【小问2详解】
当时，由函数在集合B上封闭，
则有，解得，此时；
当时，由 ，
此时函数不可能在集合B上封闭；
当时， 由函数在集合B上封闭，
则有，解得，此时，
综上所述，的最大值为；
【小问3详解】
假设不存在，使得，
即对任意，，
由函数的图象是连续的曲线，
故对任意，恒成立或恒成立，
若对任意，恒成立，
则当时，有，则，，
即有，此时函数不可能在区间上封闭，
与已知条件矛盾，故对任意，不成立；
若对任意，恒成立，
则当时，有，则，，
即有，此时函数不可能在区间上封闭，
与已知条件矛盾，故对任意，不成立；
故存在，使得.
【点睛】关键点点睛：最后一问利用反证法，结合函数和的图象都是连续的曲线，假设不存在，使得，则必有对任意，恒成立或恒成立，从而分情况进行讨论后得出与已知条件矛盾的点即可得证.