河北省邢台市卓越联盟2025-2026学年高一下学期开学测评数学试卷

这是一份河北省邢台市卓越联盟2025-2026学年高一下学期开学测评数学试卷，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
本试卷主要考试内容：人教 A 版必修第一册.
一、选择题：本题共 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
1
已知某扇形的半径为 3 ，弧长为 2 ，若该扇形的圆心角为α（α 0 ），则α （）
34
B.
23
32
C. D.
43
【答案】A
【详解】m扇形的半径为 r  1 ，弧长为l  1 ，扇形的圆心角为α，
32
l αr ， 1  1α，α 3 ，则选项 A 正确.
232
π 
3
cs 3α   （）

1 cs 3α
3 sin 3α
1 sin 3α
3 cs 3α
2222
1 cs 3α
3 sin 3α
1 sin 3α
3 cs 3α
2222
【答案】C
【详解】由余弦的差角公式，得：
cs(3α π)  cs3αcs π  sin3αsin π  cs3α 1  sin3α3 .
33322
函数 f  x  1 eln x 的值域为（）
A. 1, 
B. ,1
C. 0, ∞
D. , 
【答案】B
【详解】依题意可知函数定义域为0,  ，所以函数 f  x  1 eln x  1 x ,1 ，即 f  x 的值域为,1 .
已知函数 y 
f x 的图象如图所示，则 y 
f  x 的图象为（）
A.B.
C.D.
【答案】A
【详解】由 y 
f x 与 y 
f  x 图象关于 y 轴对称，得 y 
f  x 的图象为 A 选项.
若集合 A  x x2  8x ， B  x 2a  x  a  5 ， A ∩ B  B ，则a 的取值范围是（）
0, 4
0, 3 ∪5, 
0, 4
0, 3∪5, 
【答案】D
【详解】由 x2  8x ，则 x2  8x  x  x  8  0 ，解得0  x  8 ，即 A  x 0  x  8 ，
由 A ∩ B  B ，则 B  A ，
当 B   时， 2a  a  5 ，解得a  5 ；
2a  a  5

当 B   时， 0  2a，解得0  a  3 ；

8  a  5
综上可得： a 的取值范围为0, 3∪5,  .
已知函数 f  x  tan ωx  π  （ω 0 ），则“ f  x 的最小正周期不小于 4”是“ f  x 在0,1 上单
4 

调递增”的（）
A. 充要条件B. 充分不必要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【详解】 f  x  tan ωx  π  （ω 0 ）的最小正周期为T  π ，
4 ω

充分性分析：
m f  x 的最小正周期不小于 4， π  4 ，
ω
mω 0 ，0  ω π ，
4
m x 0,1 ，ωx 0,ω ，ωx  π  π ,ω π  ，
44
 
4
m 0  ω π ， π  ω π  π ， π ,ω π    π , π  ，
444 2
4442
  

 f  x 在0,1 上单调递增，故充分性成立；必要性分析：
m x 0,1 ，ωx 0,ω ，ωx  π  π ,ω π  ，
m f  x 在0,1 上单调递增，
 
44
4
ωx  π  π ,ω π  必须是  π  kπ, π  kπ k  Z 的子集，
4 44 
22

m π   π , π  ，
42 2 

ωx  π  π ，mω 0 ，0  ω π ，故必要性成立.
424
即“ f  x 的最小正周期不小于 4”是“ f  x 在0,1 上单调递增”的充要条件.
若幂函数 f  x 的图象经过点 6 , 6  ，则函数 g  x 
f  x  x2  3 的零点个数为（）
 6

A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
a
6
【详解】根据题意，设 f  x  xa a  R ，则 f 
6   6 

，即6
 1 a
2
1
 62 ，
6
6

所以 1 a  1 ，解得 a  1 ，所以 f  x  x1  1 ，
22x
由 g  x 
f  x  x2  3  0 可得 x2  3  1 ，
x
作出函数 f  x 与 y  x2  3 的图象如图所示：
由图可知，函数 f  x 与 y  x2  3 有且只有三个交点，故函数 g  x  的零点个数为3 .
2
若x, y , 0 ， 4x  x 2x1  2x  2 y   y2  lg m  0 ，则 m 的取值范围是（）
A.  1 , 
B. 1, 
C.  1 ,1
D. 2, 
  2 
 2
【答案】B
22
【详解】 4x  x 2x1  2x  2 y   y2  lg m  2x 2  2x  2x  x2  x2  2xy  y2  lg m
2
 2x  x2   x  y 2  lg m ，
因为 g  x  2x  x 单调递增，且 g 0  1  0, g 1   1  0 ，
2
所以 g  x 在, 0 上有零点 x0 ，
0
则当 x, y ∞, 0 时， 2x  x2  0 ，  x  y 2  0 ，且当 x  y  x 时等号能同时成立，
22
所以4x  x 2x1  2x  2 y   y2  lg m 有最小值lg m ，
2
因为x, y ∞, 0 ， 4x  x 2x1  2x  2 y   y2  lg m  0 ，所以只需lg2 m  0 ，解得 m  1.
二、选择题：本题共 3 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.
设集合 M   x, y, z  z 2 y  lg3 x ，则（）
1
1 3 
 11
1,1, 3 M
 3, , 3 M
2

 2, ,  M
5 5 
 ,  , 0  M
92

【答案】AD
【详解】对于选项 A： 2 y  2 ， lg3x  lg31  0 ，故 z  3  2 y  2  lg3x  0 成立，故 A 正确；
对于选项 B： 2 y  1 ， lg33  1，
2 y  1  lg3 x  1 不成立，故 B 错误；
对于选项 C：
3
2 y  0.4 ， lg3 x  lg3 2  lg3
故2 y  lg3 x 不成立，故 C 错误；
 1  2 y  0.4 ， 2
对于选项 D：
2 y  1， lg x  lg 1  2 ，
33 9
z  0  2 y  1  lg3 x  2 成立，故 D 正确
已知函数 f  x  2 sin 2x ， g  x 2 sin 2x  cs 2x ， h  x  2 sin 6x ，则（）
A. g  7π   h  π 
2436


B. f  x 与 h  x 的图象都关于直线 x  π 对称
4
C. 将 f  x 的图象向左平移 π 个单位长度，得到 g  x  的图象
8
D. 将 f  x 图象上每个点的横坐标变为原来的3 倍，纵坐标不变，得到 h  x 的图象
【答案】BC
【详解】因为 g  x 
2 sin 2x  cs 2x  2 sin  2x  π  ，
4 

g  7π  7ππ 5π π π
对于 A 选项，
 24 
2 sin  2  24  4   2 sin 6
 1 ， h  36   2 sin 6  1，

所以 g  7π   h 
π 
，A 错；
2436


对于 B 选项，因为 f  π   2 sin π  2 ， h  π   2 sin 3π  2 ，
4
4
2
  
2
所以函数 f  x 的图象关于直线 x  π 对称，函数 h  x 的图象也关于直线 x  π 对称，B 对；
44
对于 C 选项，将 f  x 的图象向左平移 π 个单位长度，
8
y  
π 
π 
可得到函数
2 sin 2  x  8   2 sin  2x  4  的图象，即为函数 g  x 的图象，C 对；
 
对于 D 选项，将 f  x 图象上每个点的横坐标变为原来的3 倍，纵坐标不变，可得到函数 y  2 sin 2x 的图象，而不是函数 h  x 的图象，D 错.
3
若函数 f  x 的定义域为R ， f 1  2 且x, y  R ， f x2  y2   xf  x  yf  y  ，则（）
f 0  1
a  R ， af a  a  f a2 1
y 
f  x  cs f  x 是偶函数D. 当 xy  0 时， f  x  y  
f  x  f  y 
【答案】BCD
【详解】对于 A，令 x  y  0 ，得 f 0  0  f 0  0  f 0  0 ，故 A 错误；
对于 B， 令 x  a, y  1，得 f a2 1  af a  f 1 ，
因为 f 1  2 ，所以 f a2 1  af a  2 ，即 af a  2  f a2 1，
所以当 a  2 时， af a  a  f a2 1 成立，故a  R ， af a  a  f a2 1 ，故 B 正确；

对于 C，令 y  x ，得 f  x2  x2   xf  x  xf x ，即 xf  x  xf x  0 ，所以 f x   f  x ，
故函数 f  x 是定义在R 上的奇函数，
令 g  x  f  x  cs f  x ，
因为 g x  f x  cs f x   f  x  cs  f  x  f  x  cs f  x  g  x ，
所以函数 g  x  是偶函数，即 y  f  x  cs f  x 是偶函数，故 C 正确；
对于 D，令 x  R, y  0 ，得 f x2   xf  x ，
t


当t  0 时，有 f t   f  t 2  f  t ，
t
f  t ，


当t  0 时，有 f t   f  t 2  
t
f  t ，
由 C 可知，函数 f  x 是定义在R 上的奇函数，所以当t  0 时，有 f t    f t  


所以 f  x  
x f 
x , x  0
，
 x f  x , x  0
当 x  y  0 时，由 A 可知，
f 0  0  f 0  0 ， f 0  f 0  0 ，即 f 0  0  f 0  f 0 ，
此时 f  x  y   f  x  f  y  成立，
当 x  0, y  0 时，
f  x  y   f  x   y   f  x 2    y 2  x f  x   y f   y   f  x  f  y  ，

同理，当 x  0, y  0 时， f  x  y   f  x  f  y  成立，
所以当 xy  0 时， f  x  y   f  x  f  y  成立，故 D 正确.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
若 x  0 ，则 x 1 2  1  的最小值为，此时 x .
x 
【答案】①. 3  2

2
②.2
2
2x 1
·
x
2
【详解】由 x  0 ，得(x 1)(2  1 )  3  2x  1  3  2 3  2，
当且仅当2x  1 ，即 x 
x
xx
2 时取等号，
2
2
所以当 x 2 时， (x 1)(2  1 ) 取得最小值3  2.
2x
已知 f  x 为定义在R 上的奇函数， f  x 在0, ∞ 上单调递增，且 f 1  1， f 2  1 ，则不等式 f  x  1的解集为.
【答案】[2, 0] ∪ [1, )
【详解】由函数 f  x 为定义在R 上的奇函数， f  x 在0, ∞ 上单调递增函数，则函数 f  x 在∞, 0 上也是单调递增函数，且 f 0  0 ，
当 x  0 时，因为 f 1  1，不等式 f  x  1，即为 f  x 
当 x  0 时，因为 f 0  0 ，满足 f  x  1；
当 x  0 时，因为 f 2  1 ，可得 f 2   f 2  1，
f 1 ，可得 x  1
则不等式 f  x  1，即为 f  x  f 2 ，可得2  x  0 ，
综上可得，不等式 f  x  1的解集为[2, 0] ∪ [1, ) .
若函数 f (x)  π(sin4 x  cs4 x) 的图象关于点(m, n) （ m  0 ）对称，则 m  n 的最大值为.
5π
【答案】
8
【详解】函数 f (x)  π[(sin2 x  cs2 x)2  2sin2 xcs2 x]  π(1 1 sin2 2x)  π cs 4x  3π ，
244
由cs 4x  0 ，得4x  π  kπ, k  Z ，解得 x  π  kπ , k  Z ，
284
因此函数 f (x) 图象的对称中心为 π  kπ , 3π  (k  Z) ，
 844 

依题意， m  π  kπ , n  3π , k  Z ， m  n  7π  kπ , k  Z ，
844
而 m  0 ，则当 k  1 时， (m  n)
所以 m  n 的最大值为 5π .
8
max
84
 5π ，
8
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
3 m3n
1
（1）若 m  0 ， m  1， n  0 ，化简lgm 56  3lgm 2 ；
（2）若锐角α满足tan 2α  4 ，求sinα 5 csα的值.
3
m
【答案】（1） lg 7  mn ；（2）7
3 m3n
【详解】（1） lg 56  3lg 2 
sinα csα
1 lg 56  lg 23  1
 lg
7  mn ；
mmmm
m nm
（2）由tan 2α
2 tanα 1 tan2 α
  4 ，得2 tan2α 3 tanα 2  0 ，
3
解得tanα 2 或tanα  1 ，
2
因为α为锐角，所以tanα 2 ，
所以sinα 5 csα tanα 5  7 .
sinα csαtanα1
已知函数 f  x  1 a 4x 1 （ a  0 ）.
证明： f  x 的图象过定点.
若 a  2 ，函数 g  x 
f 2x  x2 ，求 g  x  的最值.
【答案】（1）证明见解析
（2）最大值7 ，无最小值
【小问 1 详解】
当 x  0 时，有 f 0  1 a 40 1  1 a  0  1，故 f  x 的图象过定点0,1 ；
【小问 2 详解】
若 a  2 ，则 f  x  1 2 4x 1  22x1 1 ，
因为u  2x 1 在R 上单调递增， y  2u 1在R 上单调递增所以 f  x 在R 上单调递增，
又 y  2x  x2   x 12 1∞,1 ，
则 g  x  f 2x  x2   f 1  2211 1  7 ，
故 g  x 有最大值7 ，无最小值.
为监测风力发电机叶片的运行状态，在其中一片叶片的尖端安装一个传感器（可视为点 P），在稳定运行阶段，叶片可视作在匀速转动.如图，点 P 在时刻 t（单位：秒）距离地面的高度 y（单位：米）满足
y  Asin ωt φ  b （ A  0 ，ω 0 ， π φ π ），已知叶片长 40 米，旋转中心 O 距离地面 80 米，
每片叶片转一圈需要 12 秒，点 P 的起始位置在最低点处.
（1）求 A，ω，φ，b；
（2）在叶片转动的一圈内，试问有多长时间点 P 距离地面的高度不低于 100 米？
【答案】（1） A  40,ω π ,φ  π , b  80 ；
62
（2）4s
【小问 1 详解】
根据意义可知 y 40, y
 120 ，即 A  b  40 ，解得 A  40 ；


minmax
 A  b  120b  80
因为每片叶片转一圈需要 12 秒，即周期为T  12 s，，所以ω 2π  π ；
T6
由点 P 的起始位置在最低点处，即可知t  0 时， ymin  40 ，
即40 sinφ 40 ，可得sinφ 1 ，又π φ π ，所以φ  π .
2
【小问 2 详解】
 62 
由（1）可知 y  40 sin  π t  π   80 ；

令 y  100 ，可得40 sin  π t  π   80  100 ，即sin  π t  π   1 ，
62
62
2
 

因此可得 π t  π   π  2kπ, 5π 
 


 Z
62 66
2kπ , k

由题意可得t 0,12，所以 π t  π   π , 3π  ，
6222 
因此 π  π t  π  π 或 π  π t  π  5π ，
26266626
解得4  t  8 ，所以8  4  4 ；
即在叶片转动的一圈内，有 4s 时间点 P 距离地面的高度不低于 100 米.
已知函数 f  x  csπ  2x  2 3 sin  x  πsin  x  π   1 .
2 2

（1）求 f  x 在 7π ,  π  上的值域；
 1212 
求 f  x 在0, π 上的单调递减区间；
tan  x2  x1 
若x1 ， x2 （ x1  x2 ）是 f  x 在0, π 上的两个零点，求 tan  x  x  的值.
21
【答案】（1）  5 ，3  1  .
 22 

（2）  π , 5π 
 36 
5
（3） 
【小问 1 详解】
2 sin 2x
化简得 f  x  cs 2x  2 3 sin xcs x  1  cs 2x  3 sin 2x  1  π   1 ，
226 2

当 x   7π ,  π  时， 2x  π   4π ,  π  ，
 1212 
6
33 
ππππ 5
3
3

当2x  6   2 时， x   6 ， sin  2x  6  取得最小值1， f  xmin   2 ，
π4π
7ππ 1

当2x   
63
时， x   12 ， sin  2x  6  取得最大值
， f  x ，
2max2
故 f  x 在 7π ,  π  上的值域为 5 ，3  1  .
 1212 
 22 
【小问 2 详解】
令 π  2kπ  2x  π  3π  2kπk  Z  ，解得 π  kπ  x  5π  kπk  Z  ，
26236
当 k  0 时， π  x  5π ，满足 x 0, π ，
36
 36 
故 f  x 在0, π 上的单调递减区间  π , 5π  .
【小问 3 详解】
π 1
π 
1ππ11π
令2 sin  2x  6   2  0 ，则sin  2x  6   4 , x 0, π， 6  2x  6  6 ，

m x , x 0, π ， x  x ， 2x  π  2x  π  π  x  x  2π ，
1212
1626
213
2x  π  π   2x
 π  
 π  
 π   1 ，
26
16 
sin  2x2
6 sin  2x16 4

设α 2x  π ,β 2x  π ，则β π α且sinα sin β 1 ，
16264
 x  x
 βα π  2α，
2122
则tan  x  x   tan  π  2α  tan  π α ，
212 2

3
又tan  x  x   tan 2π  ，
213
mα   π , 11π  且sinα 1 ，又 x  x ，α  0, π  ，
66 
412
6 

15
15
csα15 ，tan  x  x  4，
4211
4
3
5
 tan  x2  x1   15  .
tan  x2  x1 
 bx  a , x  1
已知 a  0 且a  1，函数 f  x  .
lga x, x  1
若b   1 ，当 x  x 时， f  x   f  x  恒成立，求 a 的取值范围；
21212
当 a  b  2 时，若 f  x 在2, m 上有最大值，求 m 的取值范围；
当b  1， a  3 时，若存在t 0, 2 ，使得对任意的 x 0, 2及任意的 x 0, 2，都有
212
f  x1   lga  x2  t   4 ，求3  alg2 a 的最小值.
【答案】（1）  1 ,1

 2
（2） 1,16
（3）1
【小问 1 详解】
1
  1 x  a , x  1

x  a , x  1
1
2
解：由b   时，可得 f  x  2，即 f  x  


a
2lg
x, x  1


a
lg
x, x  1
当 x1  x2 时， f  x1   f  x2  恒成立，即函数 f  x 在R 上单调递减函数，
令 1 x  a  0 ，解得 x  2a ，则满足0  a  1 ，解得 1  a  1，

22a  12
所以实数a 的取值范围为 1 ,1 .

 2
【小问 2 详解】
 2x  2 , x  1
解：当 a  b  2 时，函数 f  x  ，
lg2 x, x  1
当2x  2  0 时，即 x  1时， f  x  2x  2 ，此时 f  x 单调递减；
当2x  2  0 且 x  1时，即1  x  1时， f  x  2x  2 ，此时 f  x 单调递增；当 x  1 时，函数 f  x  lg2 x 单调递增，
所以 f  x 在(, 1] 单调递减，在(1,1] 上单调递增，在(1, ) 单调递增，且 f 2  2, f 1  4 ，令lg2 x  4 ，可得 x  16 ，
画出函数 f  x 的图像，如图所示，
要使得 f  x 在2, m 上有最大值，结合图像，则满足1  m  16 ，所以实数m 的取值范围为1,16 .
【小问 3 详解】
解：当b  1， a  3 时， f  x   x  a , x  1 ，且t 0, 2

a
2lg x, x  1
当 x 0,1 时，函数 f  x 单调递增；当 x (1, 2] 时，函数 f  x 单调递增；因为 f 1  1 a, f 2  lga 2 ，可得lga 2  1 a
对任意 x1 0, 2，可得 f  x1  的最大值为1 a ，
对任意 x2 0, 2，可得 y  lga  x2  t  的最大值为lga (2  t) ，存在t 0, 2 使得 f  x1   lga  x2  t   4 恒成立，
等价于1 a  lga 2  t   4 对于某个t 0, 2 成立，
即lga
2  t   3  a 在 a  3 ， t 0, 2 上有解，
2
因为函数 y  lga 2  t  为单调增函数，只需t  0 时成立，
即lga 2  3  a ，可得
1
lg2 a
 3  a ，
因为 a  3 ，可得lg
22
a  0 ，所以(3  a) lg2
a  1 ，
当且仅当 a  2 时，等号成立，所以(3  a) lg2 a 的最小值为1.