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2025信阳息县三校高一上学期期中联考考试数学试题含解析
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这是一份2025信阳息县三校高一上学期期中联考考试数学试题含解析，文件包含河南省信阳市息县三校联考2024-2025学年高一上学期11月期中考试数学试题含解析docx、河南省信阳市息县三校联考2024-2025学年高一上学期11月期中考试数学试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共18页， 欢迎下载使用。
一、单选题
1. 若函数的定义域､值域都为,则实数满足
A. 或B.
C. 且D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意表示一次函数，可得出系数的特征，即可求出结论.
【详解】若，表示二次函数，值域不为，不合题意.
所以为一次函数，解得.
故选:D.
【点睛】本题考查一次函数、二次函数的定义域、值域，对于常用函数的性质要熟练掌握，属于基础题.
2. 已知集合A={x|–11}，则A∪B=
A. （–1，1）B. （1，2）C. （–1，+∞）D. （1，+∞）
【答案】C
【解析】
【分析】根据并集的求法直接求出结果.
【详解】∵ ，
∴ ，
故选C
【点睛】考查并集的求法，属于基础题.
3. 已知，，，则a，b，c大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由指、对、幂的性质知：，，，比较它们大小即可得出答案.
【详解】因为，，，
所以.
故选：B.
4. 已知，对任意的，．方程在上有解，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对任意的，．方程在上有解，不妨取取，，方程有解只能取4，则排除其他答案.
【详解】，，则，.
要对任意的，．方程在上都有解,
取，，
此时，任意，都有，
其他取值，方程均无解，则的取值范围是.
故选：D.
【点睛】已知恒成立、恒有解求参数范围的选择题，借助特值法解更迅捷.
5. 设全集，集合，，则集合（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据集合的补集、并集运算求解即可.
【详解】因为全集，集合，，
所以，.
故选：D
6. 设是向量，“”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】B
【解析】
【分析】根据向量的运算性质结合充分条件和必要条件的判定，即可得出答案.
【详解】当时，，推不出
当时，，则
即“”是“”的必要不充分条件
故选：B
【点睛】本题主要考查了判断必要不充分条件，属于中档题.
7. 已知集合，，则下列关系中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据真子集的定义可判断出结果.
【详解】，，且
本题正确选项：
【点睛】本题考查集合间的关系，属于基础题.
8. 已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递增，若，则满足的的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数奇偶性，结合函数单调性，等价转化不等式，求解即可.
【详解】因为是上的偶函数，所以，
因为在上单调递增，所以等价于，
所以，即，解得，
即满足条件的的取值范围是.
故选：D.
【点睛】本题考查利用函数奇偶性和单调性解不等式，属综合基础题.
9. 若，则＝（ ）
A. －B. C. －D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用诱导公式、二倍角的余弦公式化简计算作答.
【详解】依题意，，所以.
故选：C
10. 下列命题正确的是（ ）
A. 的最小值是2B. 的最小值是
C. 的最大值是2D. 的最大值是
【答案】B
【解析】
【分析】根据基本不等式即可求出答案.
【详解】，
当且仅当时，取等号，
而即无最小值，也无最大值.
故选：B.
【点睛】本题主要考查的是基本不等式的应用，应用基本不等式时要注意：一正、二定、三相等，三者缺一不可，是基础题.
11. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据交集的定义求解即可
【详解】由题意，
故选：C
12. 函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用分式分母不为0、偶次方根中的被开方数非负及对数不等式进行求解.
【详解】要使有意义，须，
解得，即函数的定义域为.
故选：C.
二、填空题
13. 函数满足，则等于___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件求得.
【详解】依题意，，
.
故答案为：
14. 已知扇形圆心角所对的弧长，则该扇形面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据弧长公式以及扇形面积公式即可求解.
【详解】由弧长公式可得，所以扇形面积为，
故答案为：
15. 已知若函数，，若函数)恰有两个不相等的零点，则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据函数与方程的关系转化为，构造函数和，利用数形结合转化两个函数有两个不同的交点即可得到结论．
【详解】由得，
设
设
作出和的图象如图：
当时，即时，，
此时，即此时两个函数有个交点，不满足条件．
当时，即时，要使两个函数有两个交点，
则此时只需要满足，即
此时
当时，即时，此时时，两个函数一定有一个交点，
则此时只要在时有一个交点即可，
此时当
此时只要满足，即即可，
综上所述，实数的取值范围是或
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了根据零点求参数范围，解题关键是掌握零点定义和根据零点求参的方法，数形结合，考查了分析能力和计算能力，属于难题.
16. 已知函数满足：x≥4,则＝；当x＜4时＝，则＝______
【答案】
【解析】
【分析】先由题得f(2＋lg23)＝f(3＋lg23)，再利用x≥4的解析式求解即可.
【详解】∵3＜2＋lg23＜4,
所以f(2＋lg23)＝f(3＋lg23)，且3＋lg23＞4，
∴＝f(3＋lg23)
【点睛】本题主要考查对数的运算和对数函数的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
三、解答题
17.
已知函数f(t)=
（Ⅰ）将函数g(x)化简成Asin(ωx+φ)+B（A＞0，ω＞0，φ∈[0，2π]）的形式；
（Ⅱ）求函数g(x)的值域．
【答案】（Ⅰ）
（Ⅱ）的值域为．
【解析】
【详解】本题主要考查函数的定义域、值域和三角函数的性质等基本知识，考查三角恒等变换、代数式的化简变形和运算能力．
（Ⅰ）
（Ⅱ）由，得．在上为减函数，在上是增函数．
又．
即．
故的值域为．
18. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)．若以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，则直线的极坐标方程为
（1）写出曲线的普通方程及直线的直角坐标方程
（2）点为曲线上任意一点，点到直线的最小值为，求实数的值．
【答案】（1）的普通方程为．直线的直角坐标方程为：（2）或
【解析】
【分析】（1）由消去参数，由，消参数即可得解；
（2）由点到直线的距离公式，结合三角函数的有界性求解即可.
【详解】解：（1）由曲线的参数方程为(为参数)，
由消去参数，可得，
故曲线的普通方程为.
由，
又，
即，
故直线的直角坐标方程为：
（2）设点的坐标
∴点到直线的距离
当时，不成立
当a>0时，，解得
当时，，解得
综上所述的值为或
【点睛】本题考查了曲线参数方程、极坐标方程与普通方程的互化，重点考查了直线的距离公式及三角函数的有界性，属基础题.
19. 如图，A、B是一矩形OEFG边界上不同的两点，且AOB＝45°，OE＝1，EF＝，设∠AOE＝.
（1）写出△AOB的面积关于的函数关系式；
（2）求（1）中函数的值域.
【答案】（1），（2）.
【解析】
【分析】（1）分为：当B在EF上运动，即和当B在GF上运动，即两段进行分别讨论即可；（2）在不同段的函数表达式根据三角函数有界性即可较易求解。
【详解】解：（1），．．
当时，的两顶点、在上，且,．
当时，点在上，点在上，且，．
综上
（2）由（1）得：
当时，，故，
因此，
且当时，；时，；
当时，，．
且当时，；当时，．
综上所述，．
20. 已知函数的图象过点，图象与点最近的一个最高点坐标为.
(1)求该函数的解析式；
(2)求该函数的单调递增区间；
(3)求使的的取值集合.
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】
【分析】
(1)根据最高点的坐标，得出的值，再由点和得出周期，结合周期公式得出的值，代入点，结合得出的值，进而得出该函数的解析式；
(2)利用正弦函数的单调增区间化简得出该函数的单调递增区间；
(3)利用正弦函数的性质求解不等式即可.
【详解】(1)∵图象的一个最高点的坐标为，∴
∵，∴
∴.∴
代入点
得
∴
∴
∵，∴
∴
(2)∵函数单调递增区间满足
∴
∴
∴函数的单调递增区间为
(3)∵
∴
∴.
【点睛】本题主要考查了求正弦型函数的解析式以及解正弦不等式，求单调性，属于中档题.
21. 武威“天马之眼”摩天轮，于2014年5月建成运营．夜间的“天马之眼”摩天轮美轮美奂，绚丽多彩，气势宏大，震撼人心，是武威一颗耀眼的明珠．该摩天轮直径为120米，摩天轮的最高点距地面128米，摩天轮匀速转动，每转动一圈需要t分钟，若小夏同学从摩天轮的最低点处登上摩天轮，从小夏登上摩天轮的时刻开始计时．
（1）求小夏与地面的距离y（米）与时间x（分钟）的函数关系式；
（2）在摩天轮转动一圈的过程中，小夏的高度在距地面不低于98米的时间不少分钟，求t的最小值．
【答案】（1）
（2）25
【解析】
【分析】（1）建立坐标系，由得出所求函数关系式；
（2）由得出，由余弦函数的性质得出第一圈满足持续的时间，再解不等式得出t的最小值．
【小问1详解】
如图，以摩天轮最低点的正下方的地面处为原点，
以地平面所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
摩天轮的最高点距地面128米，摩天轮的半径为60米，摩天轮的圆心O到地面的距离为68米．
因为每转动一圈需要t分钟，所以．
．
【小问2详解】
依题意，可知，即，
不妨取第一圈，可得，，
持续时间为，即，故t的最小值为25．
一、单选题
1. 若函数的定义域､值域都为,则实数满足
A. 或B.
C. 且D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意表示一次函数，可得出系数的特征，即可求出结论.
【详解】若，表示二次函数，值域不为，不合题意.
所以为一次函数，解得.
故选:D.
【点睛】本题考查一次函数、二次函数的定义域、值域，对于常用函数的性质要熟练掌握，属于基础题.
2. 已知集合A={x|–1
A. （–1，1）B. （1，2）C. （–1，+∞）D. （1，+∞）
【答案】C
【解析】
【分析】根据并集的求法直接求出结果.
【详解】∵ ，
∴ ，
故选C
【点睛】考查并集的求法，属于基础题.
3. 已知，，，则a，b，c大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由指、对、幂的性质知：，，，比较它们大小即可得出答案.
【详解】因为，，，
所以.
故选：B.
4. 已知，对任意的，．方程在上有解，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对任意的，．方程在上有解，不妨取取，，方程有解只能取4，则排除其他答案.
【详解】，，则，.
要对任意的，．方程在上都有解,
取，，
此时，任意，都有，
其他取值，方程均无解，则的取值范围是.
故选：D.
【点睛】已知恒成立、恒有解求参数范围的选择题，借助特值法解更迅捷.
5. 设全集，集合，，则集合（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据集合的补集、并集运算求解即可.
【详解】因为全集，集合，，
所以，.
故选：D
6. 设是向量，“”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】B
【解析】
【分析】根据向量的运算性质结合充分条件和必要条件的判定，即可得出答案.
【详解】当时，，推不出
当时，，则
即“”是“”的必要不充分条件
故选：B
【点睛】本题主要考查了判断必要不充分条件，属于中档题.
7. 已知集合，，则下列关系中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据真子集的定义可判断出结果.
【详解】，，且
本题正确选项：
【点睛】本题考查集合间的关系，属于基础题.
8. 已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递增，若，则满足的的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数奇偶性，结合函数单调性，等价转化不等式，求解即可.
【详解】因为是上的偶函数，所以，
因为在上单调递增，所以等价于，
所以，即，解得，
即满足条件的的取值范围是.
故选：D.
【点睛】本题考查利用函数奇偶性和单调性解不等式，属综合基础题.
9. 若，则＝（ ）
A. －B. C. －D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用诱导公式、二倍角的余弦公式化简计算作答.
【详解】依题意，，所以.
故选：C
10. 下列命题正确的是（ ）
A. 的最小值是2B. 的最小值是
C. 的最大值是2D. 的最大值是
【答案】B
【解析】
【分析】根据基本不等式即可求出答案.
【详解】，
当且仅当时，取等号，
而即无最小值，也无最大值.
故选：B.
【点睛】本题主要考查的是基本不等式的应用，应用基本不等式时要注意：一正、二定、三相等，三者缺一不可，是基础题.
11. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据交集的定义求解即可
【详解】由题意，
故选：C
12. 函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用分式分母不为0、偶次方根中的被开方数非负及对数不等式进行求解.
【详解】要使有意义，须，
解得，即函数的定义域为.
故选：C.
二、填空题
13. 函数满足，则等于___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件求得.
【详解】依题意，，
.
故答案为：
14. 已知扇形圆心角所对的弧长，则该扇形面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据弧长公式以及扇形面积公式即可求解.
【详解】由弧长公式可得，所以扇形面积为，
故答案为：
15. 已知若函数，，若函数)恰有两个不相等的零点，则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据函数与方程的关系转化为，构造函数和，利用数形结合转化两个函数有两个不同的交点即可得到结论．
【详解】由得，
设
设
作出和的图象如图：
当时，即时，，
此时，即此时两个函数有个交点，不满足条件．
当时，即时，要使两个函数有两个交点，
则此时只需要满足，即
此时
当时，即时，此时时，两个函数一定有一个交点，
则此时只要在时有一个交点即可，
此时当
此时只要满足，即即可，
综上所述，实数的取值范围是或
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了根据零点求参数范围，解题关键是掌握零点定义和根据零点求参的方法，数形结合，考查了分析能力和计算能力，属于难题.
16. 已知函数满足：x≥4,则＝；当x＜4时＝，则＝______
【答案】
【解析】
【分析】先由题得f(2＋lg23)＝f(3＋lg23)，再利用x≥4的解析式求解即可.
【详解】∵3＜2＋lg23＜4,
所以f(2＋lg23)＝f(3＋lg23)，且3＋lg23＞4，
∴＝f(3＋lg23)
【点睛】本题主要考查对数的运算和对数函数的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
三、解答题
17.
已知函数f(t)=
（Ⅰ）将函数g(x)化简成Asin(ωx+φ)+B（A＞0，ω＞0，φ∈[0，2π]）的形式；
（Ⅱ）求函数g(x)的值域．
【答案】（Ⅰ）
（Ⅱ）的值域为．
【解析】
【详解】本题主要考查函数的定义域、值域和三角函数的性质等基本知识，考查三角恒等变换、代数式的化简变形和运算能力．
（Ⅰ）
（Ⅱ）由，得．在上为减函数，在上是增函数．
又．
即．
故的值域为．
18. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)．若以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，则直线的极坐标方程为
（1）写出曲线的普通方程及直线的直角坐标方程
（2）点为曲线上任意一点，点到直线的最小值为，求实数的值．
【答案】（1）的普通方程为．直线的直角坐标方程为：（2）或
【解析】
【分析】（1）由消去参数，由，消参数即可得解；
（2）由点到直线的距离公式，结合三角函数的有界性求解即可.
【详解】解：（1）由曲线的参数方程为(为参数)，
由消去参数，可得，
故曲线的普通方程为.
由，
又，
即，
故直线的直角坐标方程为：
（2）设点的坐标
∴点到直线的距离
当时，不成立
当a>0时，，解得
当时，，解得
综上所述的值为或
【点睛】本题考查了曲线参数方程、极坐标方程与普通方程的互化，重点考查了直线的距离公式及三角函数的有界性，属基础题.
19. 如图，A、B是一矩形OEFG边界上不同的两点，且AOB＝45°，OE＝1，EF＝，设∠AOE＝.
（1）写出△AOB的面积关于的函数关系式；
（2）求（1）中函数的值域.
【答案】（1），（2）.
【解析】
【分析】（1）分为：当B在EF上运动，即和当B在GF上运动，即两段进行分别讨论即可；（2）在不同段的函数表达式根据三角函数有界性即可较易求解。
【详解】解：（1），．．
当时，的两顶点、在上，且,．
当时，点在上，点在上，且，．
综上
（2）由（1）得：
当时，，故，
因此，
且当时，；时，；
当时，，．
且当时，；当时，．
综上所述，．
20. 已知函数的图象过点，图象与点最近的一个最高点坐标为.
(1)求该函数的解析式；
(2)求该函数的单调递增区间；
(3)求使的的取值集合.
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】
【分析】
(1)根据最高点的坐标，得出的值，再由点和得出周期，结合周期公式得出的值，代入点，结合得出的值，进而得出该函数的解析式；
(2)利用正弦函数的单调增区间化简得出该函数的单调递增区间；
(3)利用正弦函数的性质求解不等式即可.
【详解】(1)∵图象的一个最高点的坐标为，∴
∵，∴
∴.∴
代入点
得
∴
∴
∵，∴
∴
(2)∵函数单调递增区间满足
∴
∴
∴函数的单调递增区间为
(3)∵
∴
∴.
【点睛】本题主要考查了求正弦型函数的解析式以及解正弦不等式，求单调性，属于中档题.
21. 武威“天马之眼”摩天轮，于2014年5月建成运营．夜间的“天马之眼”摩天轮美轮美奂，绚丽多彩，气势宏大，震撼人心，是武威一颗耀眼的明珠．该摩天轮直径为120米，摩天轮的最高点距地面128米，摩天轮匀速转动，每转动一圈需要t分钟，若小夏同学从摩天轮的最低点处登上摩天轮，从小夏登上摩天轮的时刻开始计时．
（1）求小夏与地面的距离y（米）与时间x（分钟）的函数关系式；
（2）在摩天轮转动一圈的过程中，小夏的高度在距地面不低于98米的时间不少分钟，求t的最小值．
【答案】（1）
（2）25
【解析】
【分析】（1）建立坐标系，由得出所求函数关系式；
（2）由得出，由余弦函数的性质得出第一圈满足持续的时间，再解不等式得出t的最小值．
【小问1详解】
如图，以摩天轮最低点的正下方的地面处为原点，
以地平面所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
摩天轮的最高点距地面128米，摩天轮的半径为60米，摩天轮的圆心O到地面的距离为68米．
因为每转动一圈需要t分钟，所以．
．
【小问2详解】
依题意，可知，即，
不妨取第一圈，可得，，
持续时间为，即，故t的最小值为25．
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